Opérateur des ondes

Texte intégral

(1)République Algérienne Démocratique et Populaire Ministère de l’Enseignement Supérieur et de la Recherche Scientifique Université 8 Mai 1945 Guelma Faculté des Mathématiques et de l’Informatique et des Sciences de la Matière Département de Mathématiques. Mémoire Présenté en vue de l’obtention du diplôme de Master en Mathématiques Option : EDP Et Analyse numérique Par : Zeroulou Nesrine. Intitulé Opérateur des ondes. Dirigé par : Benarioua Khadir Devant le jury PRESIDENT RAPPORTEUR EXAMINATEUR. Dr. Frioui Assia MCA Dr. Benarioua Khadir MCA Dr. Boussetila Nadjib MCA Session Juillet 2019. Univ-Guelma Univ-Guelma Univ-Guelma.

(2) Mémoire de Master. 1. Nesrine ZEROULOU. .. Remerciements Avant tout, je remercie ALLAH pour les innombrables choses dont il m’a fait cadeau, pour cette force, cette volonté et ce moral qui m’ont permis de mener à bien mes études.. J’exprime toute ma gratitude à M. BENARIOUA K. pour m’avoir proposé ce sujet et pour l’aide précieuse qu’il m’a apportée, à Mme. FRIOUI A. pour avoir accepté de présider le Jury, et à M. BOUSSETILA N. pour avoir accepté d’en faire partie.. Ma profonde reconnaissance à tous mes parents, ma mère, mon père, ma soeur et mon frère, qui ont été pour moi une source inépuisable d’encouragements.. Enfin, ma pensée va à tous mes camarades de la promotion 2019, pour les bons moments que nous avons passés ensemble.. Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(3) Mémoire de Master. 2. Nesrine ZEROULOU. .. Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(4) Sur l’opérateur des ondes∗ Nesrine ZEROULOU Mémoire de Master en Mathématiques. Université 08 mai 1945, Guelma. Juin 2019. Résumé : Dans ce mémoire, je me propose de reprendre en détail le chapitre 5 de [1] où il est question de rechercher la solution classique u(x, t ) du problème de Cauchy :   ∂ t2 u − ∆ x u = w u(. , 0) = f  ∂ t u(. , 0) = g pour l’opérateur des ondes ∂ t2 − ∆ x sur une région Ω x × R t , où Ω x est, soit un domaine borné de Rnx (auquel cas il faut ajouter une condition de Dirichlet ou de Neuman), soit égal à Rnx tout entier. Cette solution est de la forme u = u1 + u2 avec :    ∂ t2 u2 − ∆ x u2 = w  ∂ t2 u1 − ∆ x u1 = 0 u2 (. , 0) = 0 . u1 (. , 0) = f ,   ∂ t u2 (. , 0) = 0 ∂ t u1 (. , 0) = g Dans le cas où Ω x est Rnx tout entier, et après avoir trouvé u1 , on pourra utiliser une version de la méthode de la variation des constantes, connue sous le nom de « principe de Duhamel », pour en déduire u2 , et pour déterminer u1 , on procèdera par deux méthodes différentes (Chacune avec ses avantages et ses inconvenients). La première méthode nous fournit une forme explicite de u1 et une solution fondamentale pour ∂ t2 − ∆ x . Elle consiste à utilier un changement de variables dans le cas où n = 1, un changement de fonction inconnue qui nous ramène au cas où n = 1, lorsque n est impair ≥ 3, et la méthode dite de la descente qui réduit la question au cas où n est impair ≥ 3, si toutefois n est pair ≥ 2. Dans la deuxième méthode, la transformée de Fourier nous permet d’obtenir ub1 (ξ , t ), mais il est difficile de dégager u1 (x, t ). On notera cependant que si f , g ∈ L2 (Rnx ), alors u1 ∈ L2 (Rnx × [t0 , t1 ]), et si f ∈ H k (Rn ) et g ∈ H k−1 (Rn ), alors u1 ∈ H k (Rn × [t0 , t1 ]) où k ∈ N∗ et −∞ < t0 < t1 < ∞. Enfin, si Ω x est un domaine borné de Rn , alors la méthode de séparation des variables nous donne l’unique solution du problème  2 ∂ u(x, t ) − ∆u(x, t ) = 0 ∀(x, t ) ∈ Ω × (0, ∞)    t u(x , 0) = f (x) ∀x ∈ Ω ∂ u(x , 0) = g (x) ∀x ∈ Ω  t   u(x, t ) = 0 ∀(x, t ) ∈ ∂ Ω × (0, ∞) sous forme d’une série dont le terme général est fonction des valeurs propres et des fonctions propres du problème de Dirichlet pour le Laplacien sur Ω x . ∗. Document saisi à l’aide des logiciels TEX et ArabTEX (au format LATEX 2" ).. Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(5) 4. Mémoire de Master.

(6) I j J . Ë @ ú ¯ ÉJÒ JÜ

(7) Ï @ð ,. [1]. ( áÓ. §5. Nesrine ZEROULOU. Am Ì '@ H . AJ . Ë@ ÉJ ® JË AK. ) Ó. :.

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(66) . −∞ < t0 < t1 < ∞ ð k ∈ N∗ à @ I J k u1 ∈ H k (Rn × [t0 , t1 ]) àA ¯ , g ∈ H k−1 (Rn )

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(72) Ï úÎ ¾K Q K X. Mathématiques. é Ë A Ü Ï. = 0 ∀(x, t ) ∈ Ω × (0, ∞) = f (x) ∀x ∈ Ω = g (x) ∀x ∈ Ω = 0 ∀(x, t ) ∈ ∂ Ω × (0, ∞). é J K @ YË @ È@ð YË @ð.

(73) Õæ ® ÊË AªK . AK ÐA ª Ë @ Aë Y g. Juin 2019. . é Ê Ê Ó

(74) É ¾ úÎ« éJ K . AJ» ð Université de Guelma..

(75) 5. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. Table des matières 1 2 3 4 5 6 7. 1. Rappels, Notations et Conventions . . . . . . . . . . . . . . . . Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problème de Cauchy homogène pour l’opérateur des ondes Problème de Cauchy non-homogène . . . . . . . . . . . . . . . L’analyse de Fourier pour l’opérateur des ondes . . . . . . . . L’équation des ondes dans un domaine borné . . . . . . . . . . Conclusion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . .. 5 11 13 38 44 45 48. Rappels, Notations et Conventions Les notations sont celles des équations aux dérivées partielles.. Multi-indices Lorsque n est un nombre entier strictement positif, x = (x1 , x2 , . . . , xn ) est un vecteur de Rn , et α = (α1 , α2 , . . . , αn ) est un n-multi-indice (i.e un n-uple de nombres entiers ≥ 0), on pose : |α| = α1 + α2 + . . . + αn kxk = (x12 + x22 + . . . + xn2 )1/2 α! = α1 !α2 ! . . . αn ! α. α. α. x α = x1 1 x2 2 . . . xn n ∂j =. ∂ (pour j = 1, 2, . . . , n) ∂ xj ∂ = (∂1 , ∂2 , . . . , ∂n ) α. α. α. ∂ α = ∂1 1 ∂2 2 . . . ∂ n n 1 D j = ∂ j (pour j = 1, 2, . . . , n, et i 2 = −1) i 1 D= ∂ i α α 1 α2 α D = D1 D2 . . . Dn n de telle sorte que, pour une fonction f suffisamment différentiable, la formule de Taylor s’écrit : X hα f (x + h) = ∂ α f (x) + O(khkN ). α! |α|<N. Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(76) 6. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. Fonctions test et distributions Soit Ω un ouvert non vide de Rn , K une partie compacte de Ω, k un entier naturel, et rappelons que : • C k (Ω) est l’espace des fonctions réelles ou complexes, k-fois continûment différentiables sur Ω. C’est un espace de Fréchet 1 pour la topologie définie par la famille de semi-normes (NK,k )K où K décrit les compacts de Ω et, ∀ f ∈ C k (Ω),. NK,k ( f ) = sup |∂ α f (x)|. x∈K |α|≤k. • CKk (Ω) est l’espace des fonctions réelles ou complexes, k-fois continûment différentiables sur Ω, à supports 2 dans K. C’est un espace de Banach pour la norme NK,k . • C ∞ (Ω) parfois noté E (Ω) est l’espace des fonctions indéfiniment différentiables sur Ω C ∞ (Ω) = ∩∞ C k (Ω) . C’est un espace de Fréchet pour la topologie définie par k=0 la famille de semi-normes (NK,k ) k∈N . KâΩ • C0∞ (Ω) également noté D(Ω) est l’espace des fonctions réelles ou complexes, indéfiniment différentiables sur Ω, à support compact. Par définition, une application sur C0∞ (Ω) est continue si, et seulement si, sa restriction à CK∞ (Ω) est continue pour tout compact K â Ω. • C −∞ (Ω) ou D 0 (Ω) est le dual topologique de C0∞ (Ω) ; c’est l’espace des distributions sur Ω. Sur C −∞ (Ω), on dispose de plusieurs topologies : la topologie faible, qui est la topologie de la convergence simple sur C0∞ (Ω), et la topologie forte, qui est celle de la convergence uniforme sur les parties bornées de C0∞ (Ω) une partie B de C0∞ (Ω) est bornée s’il existe un compact K â Ω tel que B ⊂ CK∞ (Ω) et, pour tout entier k ≥ 0, NK,k (B) = supϕ∈B NK,k (ϕ) < ∞ . La topologie faible (resp. forte) est définie par la famille de semi-normes ( pF )F telle que : ∀T ∈ C −∞ (Ω),. pF (T ) = sup |⟨T , ϕ⟩|. (1). ϕ∈F. où F parcourt l’ensemble des parties finies (resp. des parties bornées) de C0∞ (Ω). La topologie forte est, comme son nom l’indique, (vraiment) plus fine que la topologie faible : 1. Un espace de Fréchet est un espace localement convexe (i.e dont la topologie est définie par une famille de semi-normes ( pα )α∈I qui sépare les points, c-à-d. telle que si pα (x) = 0 pour tout α ∈ I , alors x = 0), métrisable (i.e de topologie définie par une famille dénombrable de semi-normes) et complet. 2. Le support d’une fonction f (noté Supp f ) est le plus petit ensemble fermé dans le complémentaire duquel f est nulle.. Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(77) 7. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. Une famille qui converge faiblement ne converge pas toujours fortement. Cependant on a le résultat (qui a l’air miraculeux) :. Si (Tn )n est une suite de distributions qui con verge simplement vers une limite T , alors T est. une distribution, et T tend fortement vers T . n. (2). • E 0 (Ω) est le dual topologique de C ∞ (Ω) ; c’est l’espace des distributions à supports compacts sur Ω. • S (Rn ) est l’espace des fonctions indéfiniment différentiables sur Rn à décroissance rapide ainsi que leurs dérivées de tout ordre. f ∈ S (Rn ) si, et seulement si : f ∈ C ∞ (Rn ) et, ∀N ∈ N, ∀β ∈ Nn , (1 + |x|)N ∂ β f est bornée sur Rn ,. (3). ce qui équivaut à f ∈ C ∞ (Rn ) et, ∀α ∈ Nn , ∀β ∈ Nn , x α ∂ β f est bornée sur Rn .. (4). La topologie naturelle de S (Rn ), et qui en fait un espace de fréchet, est celle définie (par exemple) par la famille de semi-normes : pN ( f ) = sup (1 + |x|)N |∂ β f (x)|,. (5). |β|≤N x∈Rn. • S 0 (Rn ) est le dual topologique de S (Rn ) : C’est l’espace (de Schwartz) des distributions tempérées. Il est muni de la topologie duale faible, ou de la topologie duale forte.. Produit de convolution Si f et g sont deux fonctions intégrables sur Rn , leur produit de convolution est la fonction sur Rn , notée f ∗ g , et définie par : Z Z ( f ∗ g )(x) = f (y)g (x − y)dy = Rn. f (x − y)g (y)dy = (g ∗ f )(x) ,. (6). Rn. Si h, ϕ et ψ sont des fonctions continues (ou mesurables) bornées sur Rn , on a d’après le théorème de Fubini : ⟨ϕ ∗ ψ, h⟩ =. Z. h(x + y)ϕ(x)ψ(y)dxdy,. (7). Rn ×Rn. Les principales propriétés de la convolution sont : u∗v =v∗u Mathématiques. Juin 2019. (8) Université de Guelma..

(78) 8. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. δ ∗v = v ∗δ = v. (9). ∂ α (u ∗ v) = (∂ α u) ∗ v = u ∗ (∂ α v). (10). Supp (u ∗ v) ⊂ Supp u + Supp v. (11). et si u ∈ C −∞ , v ∈ C ∞ , ϕ ∈ C0∞ , et u ou v est à support compact, alors : ˇ ⟨u ∗ v, ϕ⟩ = ⟨u, v ∗ ϕ⟩. (12). ˇ u ∗ v ∈ C ∞ et (u ∗ v)(x) = ⟨u, τ x v⟩. (13). ˇ ) = v(x − t ). ˇ = ϕ(−x) et τ x v(t Sachant que ϕ(x). Transformée de Fourier La transformée de Fourier fb (notée aussi F f ) d’une fonction f intégrable sur Rn est définie par la formule : Z 1 b e −i xξ f (x)d x. (14) f (ξ ) = n (2π) 2 Rn On démontre aisément que F est linéaire,. (15). que ∀ f ∈ L1 (Rn ),. fb ∈ C0 (Rn ) (lemme de Riemann-Lebesgue),. (16). et que quelles que soient f et g dans S (Rn ), Z Z b f (ξ )g (ξ )d ξ = f (x)b g (x)d x (théorème du transfert),. (17). Rn. Z. Rn. fb(ξ )b g (ξ )d ξ =. Rn. Z. f (x)g (x)d x (th. de Plancherel-Parseval).. (18). Rn. On démontre également que F est continue de L1 −→ L∞ ,. (19). F induit un isomorphisme de S −→ S. (20). qui se prolonge en un isomorphisme de S 0 −→ S 0. (21). et en une isométrie de L2 −→ L2 .. (22). et que. Par définition, la transformée de Fourier d’une distribution tempérée u ∈ S 0 (Rn ) est la distribution tempérée ub telle que Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(79) 9. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. b ∀ϕ ∈ S (Rn ), ⟨b u , ϕ⟩ = ⟨u, ϕ⟩. −1 L’isomorphisme inverse F est la cotransformée de Fourier notée aussi F : Z 1 −1 e i xξ f (x)d x. [F f ](x) = [F f ](ξ ) = n 2 n (2π) R. (23). (24). Enfin, la transformation de Fourier jouit des propriétés (dites d’échange) suivantes : n. ∀ f , g ∈ L1 (Rn ),. F ( f ∗ g ) = (2π) 2 (F f )(F g ),. ∀ f ∈ S (Rn ), ∀g ∈ L1 (Rn ),. n −2. ∀ f ∈ S (Rn ), ∀g ∈ L1 (Rn ),. F −1 ( f g ) = (2π). ∀u ∈ S (Rn ), ∀u ∈ S (Rn ),. n. F ( f g ) = (2π)− 2 [(F f ) ∗ (F g )], [(F −1 f ) ∗ (F −1 g )],. F (D α u) = ξ α F u,. F (δ) = (2π). (26) (27) (28). F (P (D)u) = P (ξ )F u et F −1 (P (−D))u = P (ξ )F −1 u, n −2. (25). n 2. et F (1) = (2π) δ.. (29) (30). Coordonnées polaires Tout vecteur non nul x de Rn s’écrit de façon unique sous la forme x = r y où r (= kxk) est un réel strictement positif et y (= x/kxk) est un élément de la sphère unité S1 (0) de Rn . La formule x = ry. (avec r > 0 et y ∈ S1 (0)). (31). s’appelle représentation de x en coordonnées polaires, et la mesure de Lebesgue en ces coordonnées est donnée par d x = r n−1 d r d σ1,0 (y). (32). où d σ1,0 est la mesure sur la sphère unité (cf. Folland [], Théorème (2.49)). Si f : Rn → R est une fonction continue et intégrable, et si B r (x0 ) (resp. ∂ B r (x0 )) est la boule (resp. sphère) de Rn de centre x0 et de rayon r , alors Z Z ∞ Z f (x)d x = f (y)d σ r,x0 (y) d r (33) Rn. 0. ∂ B r (x0 ). pour tout x0 ∈ Rn , et en particulier Z Z d f (x)d x = f (y)d σ r,x0 (y) dr B r (x0 ) ∂ B r (x0 ). (34). pour tout r > 0. Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(80) 10. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. Théorème de la Divergence Soit Ω un domaine borné de Rn de frontière ∂ Ω de classe C 1 , et F un champ de vecteurs de classe C 1 sur Ω. Alors Z Z F (y) · ν(y)d σ(y) = (divF )(x)d x ∂Ω. (35). Ω. où d σ est la mesure sur ∂ Ω et ν est un champ normal à ∂ Ω : ν(y) =. y − x0 r. si. Ω = B r (x0 ).. (36). Intégrale de surface Soit ϕ : Rn → R une fonction de classe C 1 et S la surface de Rn+1 définie en coordonnées cartésiennes par l’équation xn+1 = ϕ(x1 , . . . , xn ). Si f : Rn+1 → R est une fonction continue sur S, alors l’intégrale de f sur S est définie par l’intégrale multiple : Z Z Æ f (x, xn+1 )d σ = f x, ϕ(x) 1 + |∇ϕ(x)|2 d x S. (37). D. où x = (x1 , . . . , xn ), d x = d x1 . . . d xn , et D est le domaine de Rn dont l’intérieur est la projection de S sur Rn , parallèllement à l’axe des yn+1 . L’intégrale de surface est linéaire, c’est-à-dire quelles que soient les fonctions f1 et f2 , et quel que soit le réel λ, Z Z Z (λ f1 + f2 )(x, xn+1 )d σ = λ f1 (x, xn+1 )d σ + f2 (x, xn+1 )d σ S. S. et additive en ce sens que si S = S1 ∪ S2 avec S1 ∩ S2 = ;, alors : Z Z Z f (x, xn+1 )d σ = f (x, xn+1 )d σ + f (x, xn+1 )d σ S. S1. (38). S. (39). S2. Formule de dérivation de la fonction ϕ(t ) =. R b (t ) a(t ). f (t , s )d s .. Une telle fonction ϕ est définie sur un domaine D tel que, quel que soit t ∈ D, la fonction f soit intégrable sur [a(t ), b (t )]. Si les fonctions a et b sont à leur tour dérivables sur D et ∂ f /∂ t continue sur le domaine décrit par (t , s ), on peut établir la formule de dérivation suivante dite de Leibniz : Z b (t ) d b da ∂f 0 ϕ (t ) = (t , s)d s + f t , b (t ) (t ) − f t , a(t ) (t ), (40) dt dt a(t ) ∂ t en calculant lim h→0 Mathématiques. ϕ(t +h)−ϕ(t ) . h. Juin 2019. Université de Guelma..

(81) 11. Mémoire de Master. 2. Nesrine ZEROULOU. Introduction En gérnéral, une équation aux dérivées partielles linéaire d’ordre k sur Rn ×R est une. équation de la forme Lu(x, t ) = f (x, t ). (41). où L=. X. aα j (x, t )∂ xα ∂ t . j. (42). |α|+ j ≤k. Le symbole principal de L est la fonction X. σ(L)(x, t , ξ , τ) = i k. |α|+ j =k. aα j (x, t )ξ α τ j ,. (43). et son ensemble caractéristique est Σ = {(x, t , ξ , τ) (ξ , τ) 6= (0, 0) et σ(L)(x, t , ξ , τ) = 0}.. (44). L’opérateur L est dit strictement hyperbolique si et seulement si, quel que soit (x, t ) ∈ Rn × R, quel que soit ξ ∈ Rn \ {0}, le polynôme en τ, X P (τ) = aα (x, t )ξ α τ j. (45). |α|+ j =k. a k racines réelles distinctes. Le problème aux limites le plus fondamental associé à ce type d’opérateurs est celui dit de Cauchy. Il consiste à trouver une fonction u sur Rn × R qui soit de classe C k−1 dans un voisinage d’une hypersurface 3 S de Rn × R, telle que  Lu = f    u

(82)

(83) = u    S

(84) 0 ∂ ν u

(85) S = u1  ..   .    k−1

(86)

(87) ∂ν u S = uk−1. (46). Ici, toutes les considérations sont portées sur un voisinage ouvert d’un point de S, et nous pouvons donc supposer qu’après un changement de variables, ce point est l’origine, et qu’au voisinage de l’origine, S est définie par l’équation t = 0. Dans ce cas le problème précédent s’écrit sous la forme : 3. Une hypersurface de Rn × R est une sous-variété de codimension un de Rn × R. En général, elle est localement définie par une équation de la forme ϕ(x, t ) = 0, où ϕ est une fonction sans points critiques et suffisamment différentiable.. Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(88) 12. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU.  Lu(x, t ) = f (x, t )       u(x, 0) = u0 (x) ∂ t u(x, 0) = u1 (x)  ..   .    k−1 ∂ t u(x, 0) = uk−1 (x). .. (47). On observe alors que si u est une fonction de classe C r avec r ≥ k, alors les données j. de Cauchy u0 , u1 ,. . . ,uk−1 déterminent sur S toutes les dérivées ∂ xα ∂ t u, lorsque j < k et |α| + j ≤ r , en ce sens que : ∂ xα ∂ t u(x, 0) = ∂ xα u j (x). j. (48). Ainsi, la seule quantité dans l’équation aux dérivées partielles Lu = f qui soit inconnue sur S est ∂ tk u. Pour que le problème de Cauchy soit « bien défini », on peut supposer que l’équation Lu = f est résoluble par rapport à ∂ tk u, c’est-à-dire que la fonction a0k est non nulle dans un voisinage de (x, 0), donc non nulle en (x, 0), vu qu’elle est continue. Le prototype des opérateurs hyperboliques est l’opérateur des ondes : = ∂ t2 − ∆. (49). Σ = Rnx × {(ξ , τ) τ 2 = |ξ |2 }. (50). dont la variété caractéristique. joue un rôle très important dans la théorie. Comme il a été vu précédemment, la surface initiale S devrait être non caractérisque afin que l’on ait des résultats raisonnables. Cependant, cela ne suffit pas comme le montre si bien l’exemple suivant du problème de Cauchy pour le Laplacien sur R2 , dû à Hadamard :  2 2  ∂1 u + ∂2 u = 0 u(x1 , 0) = 0 p ,  − k ∂2 u(x, 0) = k e sin k x1. (51). qui est non caractéristique, et dont la solution (obtenue par la méthode de séparation des variables) est :. p. uk (x1 , x2 ) = e − k (sin k x1 )(sinh k x2 ).. (52). On voit très bien que pour tout entier naturel j , j. ∂1 uk (x1 , 0) = k j e −. p. k. π , sin k x1 − j 2. et cela montre que j. p. ∀ j ∈ N, |∂1 uk (x1 , 0)| ≤ k j e − k , Mathématiques. Juin 2019. (53). (54) Université de Guelma..

(89) 13. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. j. et que, pour tout entier naturel j , la suite {∂1 uk }k converge uniformément vers la fonction identiquement nulle, sur la droite S = R × {0}. D’un autre côté, si x2 6= 0, on peut vérifier que si k → ∞, alors la solution u oscille de plus en plus vite, avec une amplitude de plus en plus grande, et qu’à la fin elle explose complètement. Cet exemple montre clairement que la solution du problème de Cauchy peut ne pas dépendre continûment des données de Cauchy, pour la plupart des topologies usuelles sur les fonctions.. 3. Problème de Cauchy homogène pour l’opérateur des ondes Dans ce paragraphe, on construit la solution du problème de Cauchy homogène   ∂ t2 u − ∆u = 0 (55) u(x, 0) = f (x) .  ∂ u(x, 0) = g (x) t. On commence par le cas unidimensionnel qui est très simple. Pour ce faire, on pose : ξ = x + t,. η = x − t,. et on cherche u(x, t ) sous la forme : u(x, t ) = U (ξ , η) Dans ce cas, on a : ∂ t u(x, t ) = ∂ t [u(x, t )] = ∂ t [U (ξ , η)] = ∂ t ξ · ∂ξ U (ξ , η) + ∂ t η · ∂η U (ξ , η) = ∂ξ U (ξ , η) − ∂η U (ξ , η) ∂ t 2 u(x, t ) = ∂ t [∂ t u(x, t )] = ∂ t ∂ξ U (ξ , η) − ∂η U (ξ , η) = ∂ t ξ · ∂ξ2 U (ξ , η) + ∂ t η · ∂ηξ2 U (ξ , η) − ∂ t ξ · ∂ξ2η U (ξ , η) − ∂ t η · ∂η2 U (ξ , η) = ∂ξ2 U (ξ , η) − ∂ηξ2 U (ξ , η) − ∂ξ2η U (ξ , η) + ∂η2 U (ξ , η). Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(90) 14. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. ∂ x u(x, t ) = ∂ x [u(x, t )] = ∂ x [U (ξ , η)] = ∂ x ξ · ∂ξ U (ξ , η) + ∂ x η · ∂η U (ξ , η) = ∂ξ U (ξ , η) + ∂η U (ξ , η) ∂ x 2 u(x, t ) = ∂ x ∂ x u(x, t ) = ∂ x ∂ξ U (ξ , η) + ∂η U (ξ , η) = ∂ x ξ · ∂ξ2 U (ξ , η) + ∂ x η · ∂ξ2η U (ξ , η) + ∂ x ξ · ∂ηξ2 U (ξ , η) + ∂ x η · ∂η2 U (ξ , η) = ∂ξ2 U (ξ , η) + ∂ ξ η2 U (ξ , η) + ∂ηξ2 U (ξ , η) + ∂η2 U (ξ , η) Et il s’ensuit alors que : ∂ t 2 u(x, t ) − ∂ x 2 u(x, t ) = −2∂ξ2η U (ξ , η) − 2∂ηξ2 U (ξ , η). En supposant que ∂ξ2η U (ξ , η) = ∂ηξ2 U (ξ , η),. (56). ∂ t 2 u − ∆u = 0. (57). ∂ξ2η U (ξ , η) = 0,. (58). l’égalité devient : et la solution générale de (56) est donc : U (ξ , η) = ϕ(ξ ) + ψ(η),. (59). où ϕ etψ sont deux fonctions quelconques sur R. Par conséquent, la solution générale de l’équation (55) est de la forme : u(x, t ) = ϕ(x + t ) + ψ(x − t ). (60). avec les conditions de Cauchy u(x, 0) = f (x) ∂ t u(x, 0) = g (x). (61). ϕ(x) + ψ(x) = f (x) ϕ 0 (x) − ψ0 (x) = g (x). (62). ϕ(x) + ψ(x) = f (x) Rx ϕ(x) − ψ(x) = ϕ(0) − ψ(0) + 0 g (s )d s. (63). § ce qui implique que : § donc. Mathématiques. . Juin 2019. Université de Guelma..

(91) 15. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. et par suite : 1 1 1Rx ϕ(x) = 2 [ϕ(0) − ψ(0)] + 2 f (x) + 2 0 g (s )d s 1 1 1Rx ψ(x) = 2 f (x) − 2 [ϕ(0) − ψ(0)] − 2 0 g (s)d s. (64). 1 1 1 R x+t ϕ(x + t ) = 2 [ϕ(0) − ψ(0)] + 2 f (x + t ) + 2 0 g (s)d s 1 1 R x−t 1 ψ(x − t ) = 2 f (x − t ) − 2 [ϕ(0) − ψ(0)] − 2 0 g (s )d s. (65). ¨. d’où :. ¨. et en additionnant membre à membre ces deux égalités, on obtient la formule suivante, dite de d’Alembert : i 1 Z x+t 1h u(x, t ) = f (x + t ) + f (x − t ) + g (s)d s . 2 2 x−t. (66). Proposition 3.1. On suppose que n = 1, et que u est donnée par la formule (66). 1. Si f ∈ C 2 (R), g ∈ C 1 (R), alors : (a) u ∈ C 2 (R × R+ ), (b) u est solution sur R2 de l’équation (55), au sens classique du terme, 2. Si f et g sont localement intégrables (et plus généralement des distributions), alors : (a) u est une distribution sur R × R∗+ , (b) u est solution sur R2 de l’équation (55), au sens des distributions, Démonstration : On a : 1 1 u = [ f ◦ χ+ + f ◦ χ− ] + [G ◦ χ+ − G ◦ χ− ] 2 2 où χ± (x, t ) = x ± t , et où G est une primitive de g . 1. On suppose que f ∈ C 2 (R) et g ∈ C 1 (R). (a) Comme les fonctions χ+ et χ− sont C ∞ de R2 dans R car elles sont polynomiales, et que G ∈ C 2 (R), on conclut que u ∈ C 2 (R × R+ ). (b) Il est clair que u(x, 0) = f (x), et La formule de Leibniz appliquée une première fois à (66) montre que ∂ t u(x, 0) = g (x) et une deuxième fois nous conduit à : ∂ t2 u = ∂ x2 u. 2. Admis. La situation dans un espace de dimension n > 1 est beaucoup plus subtile. On commence d’abord par la construction de la solution dans le cas où n est impair, en utilisant une méthode astucieuse qui ramène le problème au cas de dimension un, et par la suite, on en. Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(92) 16. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. déduira la solution dans le cas où n est impair. Comme dans le cas de dimension un, on étudiera d’abord le cas classique, en supposant que toutes les fonctions en question sont suffisamment dérivables, et on observera par la suite que tous les résultats restent valables dans le cas des distributions. Soit Φ une fonction continue sur Rn , x ∈ Rn , et r > 0. On définit la moyenne sphérique MΦ (x, r ) de Φ comme étant la valeur moyenne de Φ sur la sphère S r (x) de centre x et de rayon r : 1 MΦ (x, r ) = |S r (x)|. Z S r (x). Φ(z)d σ r,x (z). où |S r (x)| est la surface de la sphère S r (x), et σ r,x est la mesure induite par la mesure de Lebesgue de Rn sur cette sphère. Si maintenant B r (x) est la boule de centre x et de rayon r, et si |B r (x)| est le volume de B r (x) et ωn = |S1 (0)|, alors : |B r (x)| = |B r (0)| Z = dz |z|≤r r. =. Z. . ρn−1 d ρ ωn. 0. rn ω n n. = Mais, on sait que |S r (x)| =. d |B r (x)| dr. (67). ce qui fait que |S r (x)| = r n−1 ωn donc : MΦ (x, r ) =. Z. 1 r n−1 ωn. (68). Φ(z)d σ r,x (z). (69). Φ(x + r y)d σ1,0 (y).. (70). S r (x). et par suite : 1 MΦ (x, r ) = ωn. Z S1 (0). Définition 3.1. . • Soit u un vecteur de Rn . On appelle translation de vecteur u dans Rn l’application τ u : Rn → Rn telle que, quel que soit x ∈ Rn , τ u (x) = x + u. • On appelle rotation de Rn toute application linéaire rA : Rn → Rn telle que, quel que soit x ∈ Rn , rA(x) = Ax, où A est une matrice orthogonale de déterminant égal à 1. Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(93) 17. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. Proposition 3.2. Le laplacien de Rn est invariant par les translations τ u et les rotations rA de Rn , en ce sens que, si T u et RA sont les sont les opérateurs de F (Rn , R) dans F (Rn , R) tels que T u f = f ◦ τ u et RA f = f ◦ rA, alors −1 T u ∆T u = ∆ (71) R−1 ∆RA = ∆ A c’est-à-dire que :. ou encore :. §. T−u ∆T u = ∆ RAt ∆RA = ∆. (72). §. ∆T u = T u ∆ ∆RA = RA∆. (73). Démonstration : Soit x ∈ Rn et Φ ∈ F (Rn , R). Pour tout j = 1, . . . , n, on a : [(∂ j T u )Φ](x) = [∂ j (T u Φ)](x) = [∂ j (Φ ◦ τ u )](x) ∂ Φ τ u (x) = ∂ xj ∂ = Φ(x + u) ∂ xj ∂ Φ(x1 + u1 , . . . , xn + un ) = ∂ xj n X ∂ = (xi + ui ) (∂i Φ)(x + u) i=1 ∂ x j = (∂ j Φ)(x + u) = ∂ j Φ τ u (x) = (∂ j Φ) ◦ τ u (x) = T u (∂ j Φ) (x) = [(T u ∂ j )Φ](x) donc, ∀ j = 1, . . . , n, ∂ j T u = T u ∂ j ce qui implique que : ∀ j = 1, . . . , n, ∂ j2 T u = ∂ j ∂ j T u = ∂ j T u ∂ j = T u ∂ j2. Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(94) 18. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. et par suite : ∆T u = T u ∆. On a aussi : Ø R A∆Φ(ξ ) = = = = = = = = =. Z 1 e −i xξ (RA∆Φ)(x)d x (2π)n/2 Rn Z 1 −i xξ e RA(∆Φ)](x)d x (2π)n/2 Rn Z 1 −i xξ e (∆Φ) ◦ rA](x)d x (2π)n/2 Rn Z 1 e −i xξ (∆Φ) rA(x) d x n/2 (2π) n ZR 1 e −i rAt (y)·ξ (∆Φ)(y)|J rAt |d y n/2 (2π) r (Rn ) ZA 1 −i At y·ξ (∆Φ)(y)d y e (2π)n/2 Rn Z 1 e −i y·Aξ (∆Φ)(y)d y n/2 (2π) n ZR 1 e −i y·rA(ξ ) (∆Φ)(y)d y (2π)n/2 Rn Ó r (ξ ) (∆Φ) A. 2Ô Ø ∆R AΦ(ξ ) = −|ξ | RAΦ(ξ ) Z 1 2 = −|ξ | e −i xξ (RAΦ)(x)d x n/2 (2π) Rn Z

(95) 1 −i⟨x|ξ ⟩

(96) = −⟨ξ ξ ⟩ e Φ r (x) dx A (2π)n/2 Rn Z

(97) 1 −i⟨At Ax|ξ ⟩ t

(98) Φ r (x) dx = −⟨A Aξ ξ ⟩ e A (2π)n/2 Rn Z

(99) 1 −i⟨Ax|Aξ ⟩ = −⟨Aξ

(100) Aξ ⟩ e Φ r (x) dx A (2π)n/2 Rn Z 1 2 = −|Aξ | e −i⟨y|Aξ ⟩ Φ(y)|J rAt |d y (2π)n/2 rA(Rn ) Z 1 2 = −|rA(ξ )| e −i⟨y|rA(ξ )⟩ Φ(y)d y (2π)n/2 Rn b r (ξ ) = −|rA(ξ )|2 Φ A Ó r (ξ ) = (∆Φ) A. Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(101) 19. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. Donc, Ø Ø ∆R AΦ(ξ ) = RA∆Φ(ξ ) Par la transformée de Fourier inverse on obtient : RA∆Φ(x) = ∆RAΦ(x) et par suite : ∆RA = RA∆ Lemme 3.1. Soit Φ : Rn → R une fonction continue. Alors : 1. L’expression 1 MΦ (x, r ) = ωn. Z S1 (0). Φ(x + r y)d σ1,0 (y). a un sens pour tout r ∈ R, et la fonction r → MΦ (x, r ) est paire pour chaque x fixé dans Rn . 2. Si Φ ∈ C k (Rn ), alors l’application x 7→ MΦ (x, r ) est de classe C k sur Rn . 3. MΦ (x, 0) = Φ(x), pour tout x ∈ Rn . Démonstration : 1. La sphère unité étant invariante par la réflexion (symétrie centrale) y → −y, en substituant −y à y dans l’expression intégrale de MΦ (x, r ), on obtient : Z Z Φ(x − r y)d σ1,0 (y) Φ(x + r y)d σ1,0 (y) = S(0,1). S(0,1). d’où : MΦ (x, r ) = MΦ (x, −r ) et par suite : r 7→ MΦ (x, r ) est une fonction paire, pour chaque x fixé dans Rn . 2. On applique la formule de Leibniz. 3. Pour tout x ∈ Rn on a : 1 MΦ (x, 0) = ωn. Z. Φ(x)d σ1,0 (y) S(0,1). 1 = Φ(x) ωn. Z. d σ1,0 (y) S(0,1). = Φ(x). Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(102) 20. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. Proposition 3.3. Si f (x) = Φ(r ) , où x ∈ Rn et r = kxk, alors : ∀x ∈ Rn , ∆ f (x) = Φ00 (r ) +. n −1 0 Φ (r ). r. Démonstration : Tout d’abord,. et maintenant. ∂ ∂r Ψ(r ) = · Ψ 0 (r ) ∂ xj ∂ xj ∂ 2 = (x1 + . . . + xn2 )1/2 · Ψ 0 (r ) ∂ xj xj 0 Ψ (r ), = r ∆ f (x) = = = =. = =. n X ∂2 Φ(r ) 2 j =1 ∂ x j ¨ n X ∂ ∂ . ∂ xj ∂ n xj 0 o Φ (r ) ∂ x r j j =1 « ¨ n X xj ∂ 0 ∂ xj 0 Φ (r ) + Φ (r ) ∂ x r r ∂ x j j j =1   ∂r 2 n r − xj ∂ x x X j j  Φ0 (r ) + Φ00 (r ) 2 2 r r j =1 2 n r − x 2j x 2j X 0 00 Φ (r ) + Φ (r ) r3 r2 j =1 j =1 n X. ∂ xj. « Φ(r ). n 0 1 Φ (r ) − Φ0 (r ) + Φ00 (r ) r r n −1 0 = Φ00 (r ) + Φ (r ) r =. Proposition 3.4. Si Φ est une fonction de classe C 2 sur Rn , alors MΦ est solution de l’équation : ∆ x MΦ =. ∂ 2 MΦ n − 1 ∂ MΦ + . ∂ r2 r ∂r. (74). Démonstration : Il est facile de voir que les deux membres de (74) sont des fonctions paires, et il suffit donc de considérer la question dans le cas où r > 0. Dans ce cas précisément : Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(103) 21. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. Z ∂ MΦ ∂ 1 (x, r ) = Φ(x + r y)d σ1,0 (y) ∂r ∂ r ωn S(0,1) Z 1 ∂ [Φ(x + r y)]d σ1,0 (y) = ωn S(0,1) ∂ r Z 1 ∂ = [Φ(x1 + r y1 , . . . , xn + r yn )]d σ1,0 (y) ωn S(0,1) ∂ r Z n ∂ (x + r y ) X 1 j j = (∂ j Φ)(x1 + r y1 , . . . , xn + r yn )d σ1,0 (y) ωn S(0,1) j =1 ∂r Z n X 1 = y (∂ Φ)(x + r y)d σ1,0 (y) ωn S(0,1) j =1 j j Z 1 = [(∇Φ)(x + r y)] · yd σ1,0 (y) ωn S(0,1) Z z−x 1 [(∇Φ)(z)] · d σ r,x (z) = n−1 ωn r r S r (x) Z 1 = [(∇Φ)(z)] · ν(z)d σ r,x (z) ωn r n−1 S r (x) Z 1 = [div(∇Φ)](z)d z ωn r n−1 B r (x) Z 1 = [∆Φ](z)d z ωn r n−1 B r (x) Z r [∆Φ](x + r y)d y = ωn B1 (0) Z 1 = [∆Φ](x + z)d z ωn r n−1 B r (0) donc r et. n−1 ∂. MΦ 1 (x, r ) = ∂r ωn. Z rZ 0. ρn−1 [∆Φ](x + ρy)d σ1,0 (y)d ρ S(0,1). Z ∂ r n−1 n−1 ∂ M Φ r (x, r ) = [∆Φ](x + r y)d σ1,0 (y) ∂r ∂r ωn S(0,1). Mais, si τ r y est la translation de vecteur r y, et T r y est l’opérateur tel que T r y ψ = ψ ◦ τ r y ,. Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(104) 22. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. alors [∆Φ](x + r y) = (∆Φ)[τ r y (x)] = [(∆Φ) ◦ τ r y ](x) = [T r y (∆Φ)](x) = [(T r y ∆)Φ](x) = [(∆T r y )Φ](x) = [∆ x (T r y Φ)](x) = [∆ x (Φ ◦ τ r y )](x) et il s’ensuit que ∂r r . n−1. ∂ r MΦ (x, r ) =. r n−1 ωn. Z. [∆ x (Φ ◦ τ r y )](x)d σ1,0 (y) S(0,1). = r n−1 ∆ x = r. n−1. ∆x. 1 ωn. Z. 1 ωn. Z. [Φ ◦ τ r y ](x)d σ1,0 (y) S(0,1). Φ(x + r y)d σ1,0 (y) S(0,1). = r n−1 ∆ x MΦ (x, r ) autrement dit (n − 1)r n−2 ∂ r MΦ (x, r ) + r n−1 ∂ r2 MΦ (x, r ) = r n−1 ∆ x MΦ (x, r ) d’où. et ainsi. n −1 r n−1 ∂ r2 + ∂ r MΦ (x, r ) = r n−1 ∆ x MΦ (x, r ) r . ∂ r2. n −1 + ∂ r MΦ (x, r ) = ∆ x MΦ (x, r ) r. . Corollaire 3.1. Soit u : Rn × R → R une fonction de classe C 2 , et M u (x, r, t ) la moyenne sphérique de la fonction x 7→ u(x, t ). Alors u est solution du problème de Cauchy (55) si, et seulement si M u est solution du problème de Cauchy :  n −1 2   ∂ r M u (x, r, t ) = ∂ t2 M u (x, r, t )  ∂r + r (75) M u (x, r, 0) = M f (x, r )    ∂ M (x, r, 0) = M (x, r ) t. Mathématiques. u. Juin 2019. g. Université de Guelma..

(105) 23. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. Démonstration : Soit u ∈ C 2 (Rn × R). Pour tout t fixé dans R, on a : Z 1 M u (x, r, t ) = u(x + r y, t )d σ1,0 (y), ωn S(0,1) et si v t est la fonction de Rn dans R telle que, quel que soit x ∈ Rn , v t (x) = u(x, t ), alors : Z 1 ∆ x M u (x, r, t ) = ∆ x v (x + r y)d σ1,0 (y) ωn S(0,1) t Z 1 ∆ [v (x + r y)]d σ1,0 (y) = ωn S(0,1) x t Z 1 = ∆ [(v ◦ τ r y )(x)]d σ1,0 (y) ωn S(0,1) x t Z 1 = ∆ [(T r y v t )(x)]d σ1,0 (y) ωn S(0,1) x Z 1 = [∆ (T v )](x)d σ1,0 (y) ωn S(0,1) x r y t Z 1 = [T (∆ v )](x)d σ1,0 (y) ωn S(0,1) r y x t Z 1 = [(∆ x v t ) ◦ τ r y ](x)d σ1,0 (y) ωn S(0,1) Z 1 [∆ v ](x + r y)d σ1,0 (y) = ωn S(0,1) x t Z 1 = [∆ u](x + r y, t )d σ1,0 (y) ωn S(0,1) x d’où ∆ x M u (x, r, t ) = M∆x u (x, r, t ).. (76). On a également ∂ t2 M u (x, r, t ) = ∂ t2 = =. 1 ωn 1 ωn. 1 ωn Z. . Z. u(x + r y, t )d σ1,0 (y) S(0,1). ∂ t2 [u(x + r y, t )]d σ1,0 (y). S(0,1). Z. [∂ t2 u](x + r y, t )d σ1,0 (y) S(0,1). c’est-à-dire ∂ t2 M u (x, r, t ) = M∂t2 u (x, r, t ). Mathématiques. Juin 2019. (77) Université de Guelma..

(106) 24. Mémoire de Master De même. Z. 1 M u (x, r, 0) = ωn. Nesrine ZEROULOU. u(x + r y, 0)d σ1,0 (y) S(0,1). autrement dit M u (x, r, 0) = M u(.,0) (x, r ). (78). et le fait que ∂ t M u (x, r, t ) = ∂ t =. 1 ωn. 1 ωn Z. . Z. u(x + r y, t )d σ1,0 (y) S(0,1). ∂ t u(x + r y, t )d σ1,0 (y). S(0,1). implique que 1 ∂ t M u (x, r, 0) = ωn. Z. ∂ t u(x + r y, 0)d σ1,0 (y) S(0,1). donc ∂ t M u (x, r, 0) = M∂t u(.,0) (x, r ).. (79). Enfin, pour toutes fonctions continues v, w : Rn → R, on a l’équivalence (v = w) ⇔ (M v = M w ). (80). parce que si v = w, il est clair que M v = M w , et si M v = M w , alors M v (., 0) = M w (., 0), c’est-à-dire v = w. Par conséquent :   M∆x u (x, r, t ) M u(.,0) (x, r ) (55) ⇔  M∂t u(.,0) (x, r )   ∆ x M u (x, r, t ) M u (x, r, 0) ⇔  ∂ M (x, r, 0) t u. = M∂t2 u (x, r, t ) = M f (x, r ) (d’après (80)) = M g (x, r ) = ∂ t2 M u (x, r, t ) = M f (x, r ) (d’après (76) − (79)) = M g (x, r ). et compte tenu de la proposition 3.4 , on conclut que : (55) ⇔ (75). . Lemme 3.2. Pour tout entier k ≥ 1, on a : ∀Φ ∈ C Mathématiques. k+1. 1 ∂ k 2k 0 ∂ 2 1 ∂ k−1 2k−1 r Φ(r ) = r Φ (r ) (R), ∂ r2 r ∂ r r∂r Juin 2019. (81). Université de Guelma..

(107) 25. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. Démonstration : Par récurrence sur k : • Cette formule est vraie pour k = 1 car, dans ce cas : ∂ 2 1 ∂ k−1 2k−1 ∂2 ∀Φ ∈ C k+1 (R), r Φ(r ) = r Φ(r ) ∂ r2 r ∂ r ∂ r2 ∂ = Φ(r ) + r Φ0 (r ) ∂r = 2Φ0 (r ) + r Φ00 (r ) 1 ∂ k 2k 0 [r Φ (r )]. = r∂r • On suppose maintenant que, pour un certain entier k ≥ 1, on a : 1 ∂ k 2k 0 ∂ 2 1 ∂ k−1 2k−1 k+1 ∀Ψ ∈ C (R), r Ψ(r ) = r Ψ (r ) ∂ r2 r ∂ r r∂r. (82). et on démontre que : ∀Φ ∈ C. (k+1)+1. 1 ∂ k+1 2(k+1) 0 ∂ 2 1 ∂ (k+1)−1 2(k+1)−1 (R), r Φ(r ) = r Φ (r ) . (83) ∂ r2 r ∂ r r∂r. En effet, pour tout Φ ∈ C (k+1)+1 (R), on a : ∂ 2 1 ∂ (k+1)−1 2(k+1)−1 ∂ 2 1 ∂ k 2k+1 r Φ(r ) = r Φ(r ) ∂ r2 r ∂ r ∂ r2 r ∂ r ∂ 2 1 ∂ k−1 1 ∂ 2k+1 = r Φ(r ) ∂ r2 r ∂ r r∂r k−1 2 ∂ 1 ∂ = (2k + 1)r 2k−1 Φ(r ) + r 2k Φ0 (r ) ∂ r2 r ∂ r o ∂ 2 1 ∂ k−1n 2k−1 = r (2k + 1)Φ(r ) + r Φ0 (r ) | {z } ∂ r2 r ∂ r Ψ(r ). k . 1 ∂ r 2k Ψ 0 (r ) , cf. (82), car Ψ ∈ C k+1 (R) r∂r 1 ∂ k 2(k + 1)r 2k Φ0 (r ) + r 2k+1 Φ00 (r ) = r∂r 1 ∂ k+1 2(k+1) 0 = r Φ (r ) . r∂r =. . • D’après le principe de récurrence, la formule (81) est vraie pour tout entier k ≥ 1.. . Proposition 3.5. Si n est impair, n = 2k + 1 avec k ≥ 1, et si Tk est l’opérateur différentiel : 1 ∂ k−1 2k−1 Tk Φ(r ) = r Φ(r ) , (84) r∂r Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(108) 26. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. alors l’équation aux dérivées partielles n −1 2 ∂r + ∂ r M u (x, r, t ) = ∂ t2 M u (x, r, t ) r. (85). se reduit à l’équation des ondes en dimension un : ∂ r2 Tk Φ = ∂ t2 Tk Φ.. (86). Démonstration : L’application de Tk aux deux membres de l’équation (85) donne : n −1 2 ∂ r M u (x, r, t ) = Tk ∂ t2 M u (x, r, t ), (87) Tk ∂ r + r c’est-à-dire : Tk ∂ r2 + 2k r −1 ∂ r M u (x, r, t ) = ∂ t2 Tk M u (x, r, t ),. (88). et comme : Tk (∂ r2 + 2k r −1 ∂ r )M u (x, r, t ) = Tk [∂ r2 M u (x, r, t ) + 2k r −1 ∂ r M u (x, r, t )] = (r −1 ∂ r )k−1 [r 2k−1 ∂ r2 M u (x, r, t ) + 2k r 2k−2 ∂ r M u (x, r, t )] = (r −1 ∂ r )k [r 2k ∂ r M u (x, r, t )] = ∂ r2 (r −1 ∂ r )k−1 [r 2k−1 M u (x, r, t )] (d’après le lemme 3.2) = ∂ r2 Tk M u (x, r, t ) on conclut que : ∂ r2 Tk M u (x, r, t ) = ∂ t2 Tk M u (x, r, t ).. . Proposition 3.6. . L’opérateur Tk est tel que : ∀Φ ∈ C k−1 (R), Tk Φ(r ) =. k−1 X. c j r j +1 Φ( j ) (r ). (89). j =0. où : c0 r = (r −1 ∂ r )k−1 r 2k−1 = 1 · 3 · · · (2k − 1)r. (90). Démonstration : Par récurrence sur k :. Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(109) 27. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. • Si k = 1, alors, ∀Φ ∈ C. k−1. 1 ∂ k−1 2k−1 r Φ(r ) (R) = C (R) , Tk Φ(r ) = r∂r 1 ∂ 1−1 2×1−1 = r Φ(r ) r∂r 1 ∂ 0 = r Φ(r ) r∂r = r Φ(r ) = r 0+1 Φ(0) (r ) 1−1 X r j +1 Φ( j ) (r ) = j =0. =. k−1 X. c j r j +1 Φ( j ) (r ). j =0. avec : c0 r = r = 1 × r = 1 × · · · × (2k − 1)r. • On suppose que les relations (89) et (90) sont vraies à un certain rang k ≥ 1, c’est-à-dire que : ∀Ψ ∈ C. k−1. (R), Tk Ψ(r ) =. k−1 X. c j r j +1 Ψ ( j ) (r ). (91). j =0. où : c0 r = 1 · 3 · · · (2k − 1)r.. (92). • On démontre que ces relations demeurent encore vraies au rang k + 1. En effet : ∀Φ ∈ C (R), Tk+1 Φ(r ) = k. = = = = =. 1 ∂ k 2k+1 r Φ(r ) r∂r 1 ∂ k−1 1 ∂ 2k+1 r Φ(r ) r∂r r∂r k−1 1 ∂ (2k + 1)r 2k−1 Φ(r ) + r 2k Φ0 (r ) r∂r 1 ∂ k−1 2k−1 r (2k + 1)Φ(r ) + r Φ0 (r ) r∂r Tk Ψ(r ), où Ψ(r ) = (2k + 1)Φ(r ) + r Φ0 (r ) k−1 X c j r j +1 Ψ ( j ) (r ), d’après (91) car Ψ ∈ C k−1 (R).. . j =0. Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(110) 28. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. Mais d Ψ (r ) = (2k + 1)Φ (r ) + dr (j). . (j). j. [r Φ0 (r )]. et l’on peut démontrer 4 par récurrence sur j que, ∀Φ ∈ C j (R),. . d dr. j. [r Φ0 (r )] = j Φ( j ) (r ) + r Φ( j +1) (r ).. (93). Par conséquent, ∀Φ ∈ C k (R), Tk+1 Φ(r ) =. k−1 X. c j r j +1 (2k + 1)Φ( j ) (r ) + j Φ( j ) (r ) + r Φ( j +1) (r ). j =0. =. k−1 X. c j (2k + 1 + j )r j +1 Φ( j ) (r ) +. k−1 X. c j r j +2 Φ( j +1) (r ). j =0. j =0. =. k−1 X. c j (2k + 1 + j )r j +1 Φ( j ) (r ) +. j =0. k X j =1. = c0 (2k + 1)r Φ(r ) +. k−1 X. c j −1 r j +1 Φ( j ) (r ). c j (2k + 1 + j )r j +1 Φ( j ) (r ). j =1. +. k−1 X j =1. = c0 (2k + 1)r Φ(r ) +. k−1 X j =1. c j −1 r j +1 Φ( j ) (r ) + ck−1 r k+1 Φ(k) (r ). [c j (2k + 1 + j ) + c j −1 ]r j +1 Φ( j ) (r ) +ck−1 r k+1 Φ(k) (r ). =. k X j =0. avec. e c j r j +1 Φ( j ) (r ).   1 × 3 × · · · × (2k − 1) × (2k + 1) si j = 0 c j (2k + 1 + j ) + c j −1 si 1 ≤ j ≤ k − 1 e cj =  ck−1 si j = k. • D’après le principe de récurrence, on conclut que la proposition 3.6. est vraie.. . Nous sommes maintenant en mesure de résoudre le problème de cauchy (55), lorsque la dimension spaciale n est un entier impair > 1. Nous commençons par supposer que ce d j 4. En effet, pour j = 0, on a, ∀Φ ∈ C j (R), d r [r Φ0 (r )] = r Φ0 (r ) et j Φ( j ) (r ) + r Φ( j +1) (r ) = r Φ0 (r ), ce qui montre que la formule (93) est vraie pour j = 0. On suppose maintenant que (93) est vraie pour d j +1 d un certain j ∈ N, et dans ce cas on a : d r [r Φ0 (r )] = d r [ j Φ( j ) (r ) + r Φ( j +1) (r )] = ( j + 1)Φ( j +1) (r ) + r Φ([ j +1]+1) (r ). D’après le principe de récurrence, on conlut que (93) est vraie pour tout j ∈ N.. Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(111) 29. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. problème admet une solution u(x, t ), nous dégageons une formule pour cette dernière, et montrons que ladite formule produit bel et bien une solution. Théorème 3.7. On suppose que n = 2k + 1 avec k ≥ 1, et que u est une solution C k+2 du problème de Cauchy (55), dans lequel f et g sont de classe C k+2 . Alors, pour tout x fixé dans Rn , la fonction ue : (r, t ) 7→ Tk M u (x, r, t ) est solution du problème de Cauchy :  2 2  ∂ r ue(r, t ) = ∂ t ue(r, t ) (94) ue(r, 0) = fe(r )  ∂ t ue(r, 0) = e g (r ) où fe et e g sont les fonctions r 7→ Tk M f (x, r ) et r 7→ Tk M g (x, r ), respectivement. Démonstration : En effet, ∂ r2 ue(r, t ) = ∂ r2 [Tk M u (x, r, t )] ∂ 2 1 ∂ k−1 2k−1 = r M u (x, r, t ) ∂ r2 r ∂ r 1 ∂ k 2k ∂ = r M (x, r, t ) , D’après le lemme 3.2. r∂r ∂r u 1 ∂ k−1 1 ∂ 2k ∂ = r M (x, r, t ) r∂r r∂r ∂r u 1 ∂ k−1 2k−1 ∂ 2 2k−2 ∂ = M (x, r, t ) r M (x, r, t ) + 2k r r∂r ∂ r2 u ∂r u 2 ∂ 2k ∂ = Tk + M u (x, r, t ) ∂ r2 r ∂r = Tk [∂ t2 M u (x, r, t )], d’après le corollaire 3.1., vu que u est solution de (55) = ∂ t2 [Tk M u (x, r, t )], car Tk commute avec ∂ t = ∂ t2 ue(r, t ) ue(r, 0) = Tk M u (x, r, 0) = Tk M f (x, r ), d’après le corollaire 3.1. = fe(r ) ∂ t ue(r, 0) = ∂ t [Tk M u (x, r, 0)] = Tk [∂ t M u (x, r, 0)], car Tk commute avec ∂ t = Tk M g (x, r ), d’après le corollaire 3.1. = e g (r ) Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(112) 30. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. De la proposition 3.1., on déduit que : i 1 Z r +t 1h e e e ue(r, t ) = f (r + t ) + f (r − t ) + g (s)d s , 2 2 r −t. (95). c’est-à-dire : i 1 Z r +t 1h T M (x, s)d s , Tk M u (x, r, t ) = Tk M f (x, r + t ) + Tk M f (x, r − t ) + 2 2 r −t k g. (96). et d’après la proposition 3.6., Tk M u (x, r, t ) =. k−1 X j =0. c j r j +1 ∂ rj M u (x, r, t ). d’où : c0 r M u (x, r, t ) = Tk M u (x, r, t ) −. k−1 X j =1. (97). c j r j +1 ∂ rj M u (x, r, t ). (98). et il s’ensuit alors que : k−1 1 1X M u (x, r, t ) = Tk M u (x, r, t ) − c j r j ∂ rj M u (x, r, t ) c0 r c0 j =1. par conséquent : lim M u (x, r, t ) = lim r →0. ou encore :. r →0. 1 T M (x, r, t ) c0 r k u. 1 Tk M u (x, r, t ) r →0 c r 0. M u (x, 0, t ) = lim donc :. 1 Tk M u (x, r, t ) r →0 c r 0. u(x, t ) = lim. (99). (100) (101). (102). autrement dit : i Z r +t o 1 nh u(x, t ) = lim Tk M f (x, r + t ) + Tk M f (x, r − t ) + Tk M g (x, s)d s r →0 2c r r −t 0 Tk M f (x, t + r ) − Tk M f (x, t ) Tk M f (x, r − t ) + Tk M f (x, t ) 1 = lim + lim r →0 2c0 r →0 r r R0 Rt T M (x, s )d s + 0 Tk M g (x, s)d s r −t k g + lim r →0 r R t +r Rt Tk M g (x, s)d s − 0 Tk M g (x, s)d s 0 + lim r →0 r Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(113) 31. Mémoire de Master Mais,. Nesrine ZEROULOU. Tk M f (x, t + r ) − Tk M f (x, t ). = ∂ t Tk M f (x, t ), r et comme la fonction s → 7 Tk M f (x, s) est impaire, on a : lim. (103). r →0. lim. Tk M f (x, r − t ) + Tk M f (x, t ) r. r →0. = lim. −Tk M f (x, t − r ) + Tk M f (x, t ) r Tk M f [x, t + (−r )] − Tk M f (x, t ). r →0. =. lim. (−r ). (−r )→0. = ∂ t Tk M f (x, t ). De même : R t +r Rt Z t T M (x, s)d s − T M (x, s)d s k g 0 0 k g lim Tk M g (x, s)d s = Tk M g (x, t ) (104) = ∂t r →0 r 0 le changement de variable s = −τ donne : Z Z0 Z0 Tk M g (x, −τ)d τ = Tk M g (x, s)d s = − −t +r. t −r. t −r. Tk M g (x, −τ)d τ. (105). 0. et le fait que la fonction s 7→ Tk M g (x, s) est impaire conduit à : Z. 0. −t +r. Tk M g (x, s)d s = −. Z. t −r. Tk M g (x, τ)d τ. (106). 0. par conséquent : R0 Rt T M (x, s )d s + T M (x, s)d s k g −t +r 0 k g r. =. −. R t −r 0. R t +(−r ) =. 0. Tk M g (x, τ)d τ +. Rt 0. Tk M g (x, τ)d τ. r Rt Tk M g (x, τ)d τ − 0 Tk M g (x, τ)d τ (−r ). et il s’ensuit alors que : R0 Rt Z t T M (x, s)d s + T M (x, s )d s k g −t +r 0 k g lim = ∂t Tk M g (x, s )d s = Tk M g (x, t ). (107) r →0 r 0 n+3. Nous venons ainsi de prouver que si n est impair > 1, et si u(x, t ) est une solution C 2 n+3 du problème de Cauchy (55) où les données initiales f et g sont de classe C 2 , alors u(x, t ) est donnée par la formule : u(x, t ) = Mathématiques. 1 [∂ T M (x, t ) + Tk M g (x, t )] c0 t k f Juin 2019. (108) Université de Guelma..

(114) 32. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. c’est-à-dire par : ¨ u(x, t ) =. 1 1×3×···×(n−2)ωn. ∂ t (t ∂ t ) −1. n−3 2. h. t. n−2. Z. i f (x + t y)d σ1,0 (y). |y|=1. +(t −1 ∂ t ). n−3 2. h. t n−2. i« g (x + t y)d σ1,0 (y). Z |y|=1. Nous nous proposons maintenant de démontrer la réciproque : Théorème 3.8. On suppose que n est un entier impair > 1, que f ∈ C (n+3)/2 (Rn ) et que g ∈ C (n+1)/2 (Rn ). Alors la fonction u définie sur Rn × R par : ¨ Z h i n−3 1 −1 n−2 u(x, t ) = ∂ t (t ∂ t ) 2 t f (x + t y)d σ1,0 (y) 1 × 3 × · · · × (n − 2)ωn |y|=1 Z h i« n−3 −1 n−2 +(t ∂ t ) 2 t g (x + t y)d σ1,0 (y). (109). |y|=1. est solution du problème de Cauchy (55). Démonstration : La fonction u du théorème précédent est de la forme : u(x, t ) =. 1 [∂ T M (x, t ) + Tk M g (x, t )] c0 t k f. avec c0 = 1 × 3 × · · · × (n − 2). et. k=. n −1 . 2. Comme : ∆ x Tk M f (x, t ) = Tk ∆ x M f (x, t ) n −1 2 = Tk ∂ t M f + ∂ t M f (x, t ) (d’après la proposition 3.4.) t n−3 = (t −1 ∂ t ) 2 t n−2 ∂ t2 M f (x, t ) + (n − 1)t n−3 ∂ t M f (x, t ) = (t −1 ∂ t ). n−1 2. = ∂ t2 (t −1 ∂ t ). [t n−1 ∂ t M f (x, t )] n−3 2. [t n−2 M f (x, t )] (d’après le lemme 3.2.). = ∂ t2 Tk M f (x, t ), et de la même manière : ∆ x Tk M g (x, t ) = ∂ t2 Tk M g (x, t ), Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(115) 33. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. on conclut que : ∆ x u(x, t ) = = = = =. . 1 ∆x ∂ T M (x, t ) + Tk M g (x, t ) c0 t k f © 1¦ ∂ t ∆ x Tk M f (x, t ) + ∆ x Tk M g (x, t ) c0 © 1¦ 2 ∂ t ∂ t Tk M f (x, t ) + ∂ t2 Tk M g (x, t ) c0 1 2 ∂t ∂ T M (x, t ) + Tk M g (x, t ) c0 t k f ∂ t2 u(x, t ).. Pour ce qui est des conditions initiales, la proposition 3.6. nous dit que : Tk M f (x, t ) =. k−1 X. cj t. j +1. j. ∂ t M f (x, t ) = c0 t M f (x, t )+c1 t ∂ t M f (x, t )+ 2. j =0. k−1 X. c j t j +1 ∂ t M f (x, t ) j. j =2. et Tk M g (x, t ) =. k−1 X. c j t j +1 ∂ t M g (x, t ) = c0 t M g (x, t ) + j. j =0. k−1 X. c j t j +1 ∂ t M g (x, t ). j. j =1. Donc ∂ t Tk M f (x, t ) = c0 M f (x, t ) + (c0 + 2c1 )t ∂ t M f (x, t ) + c1 t 2 ∂ t2 M f (x, t ) +. k−1 X. j +1. M f (x, t ). M f (x, t ) + c j t j +1 ∂ t. j +2. M f (x, t ). ( j + 1)c j t j ∂ t M g (x, t ) + c j t j +1 ∂ t. j +1. M g (x, t ). ( j + 1)c j t j ∂ t M f (x, t ) + c j t j +1 ∂ t j. j =2. ∂ t2 Tk M f (x, t ) = 2(c0 + c1 )∂ t M f (x, t ) + (c0 + 4c1 )t ∂ t2 M f (x, t ) +c1 t ∂ t M f (x, t ) + 2. 3. k−1 X. j. j ( j + 1)c j t j −1 ∂ t M f (x, t ). j =2. +2( j + 1)c j t j ∂ t. j +1. ∂ t Tk M g (x, t ) = c0 M g (x, t ) + c0 t ∂ t M g (x, t ) +. k−1 X. j. j =1. et ainsi ∂ t Tk M f (x, 0) = c0 M f (x, 0) = c0 f (x), Tk M g (x, 0) = 0, Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(116) 34. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. ∂ t2 Tk M f (x, 0) = 2(c0 + c1 )∂ t M f (x, 0) = 0 (car M f est paire 5 ) ∂ t Tk M g (x, 0) = c0 M g (x, 0) = c0 g (x) par conséquent : u(x, 0) = ∂ t u(x, 0) =. 1 1 ∂ t Tk M f (x, 0) + Tk M g (x, 0) = c0 f (x) + 0 = f (x) c0 c0 1 1 2 ∂ t Tk M f (x, 0) + ∂ t Tk M g (x, 0) = 0 + c0 g (x) = g (x) c0 c0. . La solution du problème de Cauchy (55) dans le cas où n est pair se déduit facilement de celle dans le cas impair par la technique de ladite "méthode de la descente" : On observe que si u est une solution de l’équation des ondes sur Rn+1 ×R, indépendante de xn+1 , alors u est solution de l’équation des ondes sur Rn × R. Ainsi pour résoudre (55) dans le cas où n est pair, on peut regarder f et g comme étant des fonctions sur Rn+1 ne dépendant que de x1 , ... , xn et non de xn+1 , et vérifier que la solution fournie dans le théorème 3.8. ne dépend pas de xn+1 . Théorème 3.9. On suppose que n est un entier pair non nul, que f ∈ C (n+4)/2 (Rn ) et que g ∈ C (n+2)/2 (Rn ). Alors la fonction u définie sur Rn × R par : Z f (x + t y) 2 −1 (n−2)/2 n−1 u(x, t ) = ∂ (t ∂ t ) t dy p 1.3...(n − 1)ωn+1 t 1− | y |2 |y|≤1 Z g (x + t y) +(t −1 ∂ t )(n−2)/2 t n−1 dy p 1− | y |2 |y|≤1. (110). est solution du problème de Cauchy (55). Démonstration : On note x = (x1 , . . . , xn ) , l’élément générique de Rn , x = (x, xn+1 ) celui de Rn+1 , et on suppose que u est solution sur Rn × R du problème de Cauchy (55). Sur Rn+1 × R, on définit la fonction u par : u(x, t ) = u(x, t ), 5. Si f : R → R est une fonction paire et dérivable en zéro, alors f 0 (0) = 0. En effet, si f est dérivable f (x)− f (0) f (x)− f (0) en 0, alors les deux limites `− = lim x→0 et `+ = lim x→0 existent et sont égales : `− = `+ . x x Mais, `− = lim x→0 x<0. f (x)− f (0) x. x<0. = lim −x→0 −x>0. f (x)− f (0) x +. x>0. = lim y→0 y>0. +. f (−y)− f (0) −y. = − lim y→0 y>0. f (−y)− f (0) , y. et si l’on suppose. que f est paire, on tombe sur ` = −` . D’où ` = ` = 0, et ainsi f (0) = 0. −. Mathématiques. −. Juin 2019. 0. Université de Guelma..

(117) 35. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. et sur Rn+1 les fonctions f et g par : f (x) = f (x),. g (x) = g (x).. On a : ∆ x u(x, t ) = (∆ x + ∂ x2n+1 )u(x, t ) = ∆ x u(x, t ) = ∂ t2 u(x, t ) = ∂ t2 u(x, t ) u(x, 0) = u(x, 0) = f (x) = f (x) ∂ t u(x, 0) = ∂ t u(x, 0) = g (x) = g (x) ce qui veut dire que u est solution sur Rn+1 × R du problème de Cauchy :  2  ∆ x u(x, t ) = ∂ t u(x, t ), u(x, 0) = f (x),  ∂ t u(x, 0) = g (x). Comme n + 1 est impair, le théorème 3.8. nous dit que u(x, t ) s’obtient par la formule : ¨ Z h i n−2 1 −1 n−1 2 u(x, t ) = ∂ (t ∂ t ) t f (x + t y)d σ1,0 (y) 1 × 3 × · · · × (n − 1)ωn+1 t |y|=1 Z h i« n−2 g (x + t y)d σ1,0 (y) +(t −1 ∂ t ) 2 t n−1 |y|=1. Mais Z. f (x + t y)d σ1,0 (y) =. |y|=1. = =. Z 2 =1 |y|2 +yn+1. Z ZS. n. S+n. Mathématiques. f (x + t y)d σ1,0 (y, yn+1 ). f (x + t y)d σ1,0 (y, yn+1 ) où S n est la sphère unité de Rn+1 Z f (x + t y)d σ1,0 (y, yn+1 ) + f (x + t y)d σ1,0 (y, yn+1 ) S−n. Juin 2019. Université de Guelma..

(118) 36. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. sachant que n o p S±n = (y, yn+1 ) ∈ Rn × R yn+1 = ± 1 − |y|2. (111). et d’après la définition d’une intégrale de surface, on a È Z Z

(119)

(120) 2 p

(121)

(122) 2 f (x + t y)d σ1,0 (y, yn+1 ) = f (x + t y) 1 +

(123) ∇(± 1 − |y| )

(124) d y S±n. |y|≤1. Maintenant,. p y ∇(± 1 − |y|2 ) = ∓ p 1 − |y|2. et È. v

(125)

(126) 2 u p t

(127)

(128) 1 +

(129) ∇(± 1 − |y|2 )

(130) = 1 +. |y|2 1 =p . 1 − |y|2 1 − |y|2. Il s’ensuit alors que Z S±n. f (x + t y)d σ1,0 (y, yn+1 ) =. que Z. f (x + t y)d σ1,0 (y) = 2. f (x + t y) d y, p 1 − |y|2 |y|≤1. Z. |y|=1. et de la même manière, Z. g (x + t y)d σ1,0 (y) = 2. f (x + t y) d y, p 1 − |y|2 |y|≤1. Z. g (x + t y) d y, p 1 − |y|2 |y|≤1. Z. |y|=1. ce qui nous permet de conclure que Z f (x + t y) 2 −1 (n−2)/2 n−1 u(x, t ) = ∂ (t ∂ t ) t dy p 1.3...(n − 1)ωn+1 t 1− | y |2 |y|≤1 Z g (x + t y) −1 (n−2)/2 n−1 dy +(t ∂ t ) t p 1− | y |2 |y|≤1. . Remarque 3.1. Dans la proposition 3.1. et les théorèmes 3.8. et 3.9. , les conditions de régularité sur f et g sont là pour que u soit de classe C 2 , donc afin qu’elle soit solution de l’équation des ondes au sens classique du terme, et plus de régularité pour f et g implique plus de régularité pour u, en ce sens que, si f ∈ C k+(n−1)/2 , g ∈ C k+(n−3)/2 et n impair, ou f ∈ C k+n/2 , g ∈ C k−1+n/2 et n pair, alors u ∈ C k .. Mathématiques. Juin 2019. Université de Guelma..

(131) 37. Mémoire de Master. Nesrine ZEROULOU. D’un autre côté, si l’on impose à f et à g des conditions de régularité plus faibles et qu’on interprète les formules (109) et (110) de façon convenable, on peut obtenir des solutions distributions pour le problème (55). En effet, pour n impair et ≥ 3, on peut observer que : 1 ωn. Z. f (x + t y)d σ1,0 (y) = ( f ∗ Σ t )(x). (112). |y|=1. où Σ t est la distribution sur Rn définie par : ∀ψ ∈. C0∞ (Rn ),. 1 ⟨Σ t , ψ⟩ = ωn. Z. ψ(t y)d σ1,0 (y),. (113). |y|=1. car, pour tout ψ ∈ C0∞ (Rn ), ® ¸ Z Z Z 1 1 f (x + t y)d σ1,0 (y), ψ = f (x + t y)d σ1,0 (y) ψ(x)d x ωn |y|=1 Rn ωn |y|=1 Z Z 1 f (x + t y)ψ(x)d x d σ1,0 (y) = ωn |y|=1 Rn Z Z 1 = f (−x + t y)ψ(−x)d x d σ1,0 (y) ωn |y|=1 Rn Z Z 1 ˇ = f (t y − x)ψ(x)d x d σ1,0 (y) ωn |y|=1 Rn Z 1 ˇ y)d σ (y) = ( f ∗ ψ)(t 1,0 ωn |y|=1 ˇ = ⟨Σ t , f ∗ ψ⟩ = ⟨ f ∗ Σ t , ψ⟩. On peut également montrer que l’application t 7→ Σ t est une fonction C ∞ (en fait analytique) de la variable réelle t , à valeurs dans l’espace des distributions à support compact sur Rn , et qu’il en est donc de même de Φt =. 1 (t −1 ∂ t )(n−3)/2 [t n−2 Σ t ]. 1 × 3 × . . . × (n − 2). (114). La formule (109) nous dit alors que : u(·, t ) = f ∗ ∂ t Φ t + g ∗ Φ t .. (115). De façon similaire, si n est pair, si Υ t est la distribution sur Rn telle que Z ψ(t y) 1 ⟨Υ t , ψ⟩ = d y, p ωn+1 |y|=1 1 − |y|2 Mathématiques. Juin 2019. (116). Université de Guelma..