Master MAPI31`ereannée Université Paul Sabatier - Toulouse 3 Année 2015-2016
Analyse numérique des EDP TD 2
Avec corrigés
Les numéros de Théorèmes, Propositions, etc ... font référence aux notes de cours.
Exercice 1
On se place en dimensiond= 1.
1. Soit−1< α <0. Montrer que la dérivée au sens deD0(R)de la fonctionx7→ |x|αest donnée par
ϕ∈ D(R)7→α Z +∞
0
xα−1(ϕ(x)−ϕ(−x))dx.
Cette distribution est-elle une fonction deL1loc(R)? Commentez la condition surα.
2. Calculer la dérivée au sens des distributions de la fonctionx7→log|x|.
Corrigé :
1. Remarquons d’abord que la condition surαimplique que la fonctionfα :x7→ |x|αest localement intégrable (au voisinage de0on a affaire à une intégrale de Riemann convergente.
Par ailleurs, en dehors de0cette fonction est de classeC∞et sa dérivée (usuelle) est donnée par fα0(x) =α|x|α−2x.
On se donne maintenant une fonction testϕ ∈ D(R)et unε > 0. On calcule l’intégrale suivante (qui évite la singularité en0) grâce à deux intégrations par parties
Z
|x|>ε
fα(x)ϕ0(x)dx= Z −ε
−∞
fα(x)ϕ0(x)dx+ Z +∞
ε
fα(x)ϕ0(x)dx
=fα(−ε)ϕ(−ε)− Z −ε
−∞
fα0(x)ϕ(x)dx−fα(ε)ϕ(ε)− Z +∞
ε
fα0(x)ϕ(x)dx.
Commeα <0, on se convainc aisément que chacun des termes séparément ne converge pas nécessairement quand ε→0. En particulier la fonctionfα0 n’est pas intégrable au voisinage de0.
L’idée est donc de regrouper les termes pour profiter de la symétrie du problème et donc de phénomènes de com- pensation. On écrit donc (à l’aide d’un changement de variable dans le deuxième terme)
Z
|x|>ε
fα(x)ϕ0(x)dx=εα(ϕ(−ε)−ϕ(ε))− Z +∞
ε
fα0(x)(ϕ(x)−ϕ(−x))dx.
On utilise alors l’inégalité des accroissements finis pourϕ
|εα(ϕ(ε)−ϕ(−ε))| ≤2εαεkϕ0k∞ −−−→
ε→0 0.
De même on a
|fα0(x)(ϕ(x)−ϕ(−x))|=α|x|α−1|ϕ(x)−ϕ(−x)| ≤2kϕ0k∞|x|α, ∀x6= 0, et donc la fonctionx7→fα0(x)(ϕ(x)−ϕ(−x))est intégrable sur]0,+∞[.
On peut donc, par convergence dominée, justifier le passage à la limite quan dε→0des deux côtés de l’égalité et finalement obtenir
Z
R
fα(x)ϕ0(x)dx=−α Z +∞
0
xα−1(ϕ(x)−ϕ(−x))dx, ce qui est bien le résultat attendu.
2. On fait le même type de calcul avecf(x) = log|x|dont la dérivée usuelle (en dehors de0) est donnée parf0(x) =
1
|x|. On obtient que la dérivée au sens des distributions defest donnée par h∂xf, ϕiD0,D=
Z +∞
0
ϕ(x)−ϕ(−x)
x dx,
cette distribution étant appeléevaleur principale de1/xet notéeVP(1/x), voir l’exercice suivant.
Exercice 2 (Produit d’une fonction et d’une distribution)
1. SoitΩun ouvert deRdetf ∈ C∞(Ω). Pour toute distributionT ∈ D0(Ω)vérifier que l’application
ϕ∈ D(Ω)7→ hT, f ϕiD0,D,
est bien définie et constitue une distribution surΩ. On la notef T. 2. Démontrer que∂xi(f T) = (∂xif)T+f(∂xiT)dansD0(Ω).
3. On travaille surΩ =R. Pourquoi la fonctionx7→1/xne définit-elle pas une distribution surR? On définit alors la distributionVP(1/x)appeléevaleur principale de1/xpar la formule
hVP(1/x), ϕiD0(R),D(R)= Z +∞
0
ϕ(x)−ϕ(−x)
x dx.
Calculer le produitxVP(1/x)et commenter le résultat.
Corrigé :
1. On remarque que pour toutϕ∈ D(Ω), la fonction produitf ϕest de classeC∞et également à support compact (carSupp (f ϕ) ⊂Supp (ϕ)). Ainsi on peut, à bon droit, évaluerhT, f ϕiD0,D et obtenir ainsi une forme linéaire surD(Ω).
Il reste à montrer la continuité de cette forme linéaire. On prend une suite (ϕn)n ⊂ D(Ω) qui converge vers ϕ ∈ D(Ω)au sens de la définition introduite en cours. Cela signifie qu’il existe un compactK ⊂Ωqui contient tous les supports desϕn et deϕet que∂αϕn converge uniformément vers∂αϕpour tout α∈ Nd. Nous allons montrer que cela implique que (f ϕn)n converge vers f ϕ dans D(Ω). Ceci concluera la preuve puisque T est elle-même continue.
On utilise la formule de Leibniz à plusieurs variables
∂α(f ϕn) = X
β∈Nd β≤α
α β
∂βf ∂α−βϕn,
oùβ≤αsignifie queβi≤αipour toutiet on a posé α
β
=
d
Y
i=1
αi
βi
.
Cette formule montre qu’il suffit de montrer que, pour tous multi-indicesβ etγ, on a la convergernce uniforme de
∂βf ∂γϕnvers∂βf ∂γϕ. On observe que tout se passe sur le compactK(en dehors de celui-ci les fonctions en jeu sont identiquement nulles) et qu’on peut donc écrire
k∂βf ∂γϕn−∂βf ∂γϕkL∞(Ω)=k∂βf ∂γϕn−∂βf ∂γϕkL∞(K)≤ k∂βfkL∞(K)∂γϕn−∂γϕkL∞(K), et ceci tend bien vers0quandn→ ∞. On a utilisé ici que∂βfest continue donc bornée sur le compactK.
En conclusion, la forme linéaire notéef Test bien une distribution surΩ.
2. On prend une fonction testϕ∈ D(Ω).
En utilisant successivement la définition de la dérivée d’une distribution puis celle du produit d’une fonction par une distribution, on trouve
h∂xi(f T), ϕiD0,D =−hf T, ∂xiϕiD0,D =−hT, f ∂xiϕiD0,D.
De la même façon, on calcule l’autre terme
h(∂xif)T+f(∂xiT), ϕiD0,D =h(∂xif)T, ϕiD0,D+hf(∂xiT), ϕiD0,D
=hT,(∂xif)ϕiD0,D+h∂xiT, f ϕiD0,D
=hT,(∂xif)ϕiD0,D− hT, ∂xi(f ϕ)iD0,D
=hT,(∂xif)ϕ−∂xi(f ϕ)iD0,D
=−hT, f ∂xiϕiD0,D.
Les deux quantités que nous avons calculé sont donc égales pour toute fonction test, cela prouve l’égalité des deux distributions proposées.
3. La fonctionx 7→ 1/xn’est pas localement intégrable donc on ne peut pas définir la quantitéR
R 1
xϕ(x)dxpour touteϕ∈ D(R). Attention en revanche :x7→1/xest de classeC∞surR∗donc elle définit bien une distribution surR∗.
On va faire le calcul demandé en testant la distribution produit xVP(1/x)contre une fonction-test ϕ ∈ D(R) quelconque. On notef(x) =xet on écrit
hfVP(1/x), ϕiD0,D =hVP(1/x), f ϕiD0,D = Z +∞
0
xϕ(x)−(−x)ϕ(−x)
x dx=
Z ∞
0
(ϕ(x) +ϕ(−x))dx,
ce qui donne avec un changement de variable immédiat hfVP(1/x), ϕiD0,D=
Z
R
ϕ(x)dx=h1, ϕiD0,D.
Ainsi le produitxVP(1/x)est égal à la distribution constante égale à1. Ceci donne une cohérence à la notation VP(1/x).
Exercice 3 (Le retour des sommes de Riemann)
On se place en dimensiond= 1et avecΩ =]0,1[pour simplifier. Soitf : Ω→Rune fonction continue.
Pour toutn≥1, on définith= 1/(n+ 1)et les pointsxni =ihpour1≤i≤npuis la distribution
Tn=
n
X
i=1
hf(xni)δxni.
Montrer que
Tn−−−−→
n→∞ f, dansD0(Ω).
Corrigé :
Soitϕ∈ D(Ω). On effectue le calcul suivant hTn, ϕiD0,D =
n
X
i=1
hf(xni)ϕ(xni) =
n
X
i=1
Z xni+1
xni
f ϕ dx+ Z xni+1
xni
f(xni)ϕ(xni)−f(x)ϕ(x) dx,
ce qui donne
hTn, ϕiD0,D− Z
Ω
f ϕ dx
≤ Z xni+1
xni
f(xni)ϕ(xni)−f(x)ϕ(x) dx.
Commef ϕest continue sur le compactΩ(ici on utilise le fait queϕest à support compact ! !) le théorème de Heine nous dit qu’elle est uniformément continue. Si on définit le module de continuité def ϕ, par
ω(δ) = sup
x,y∈Ω
|x−y|≤δ
|(f ϕ)(y)−(f ϕ)(x)|, ∀δ >0,
cette propriété signifie simplement que
δ→0limω(δ) = 0.
Revenant au calcul ci-dessus on trouve bien le résultat attendu
hTn, ϕiD0,D− Z
Ω
f ϕ dx
≤ω(h)−−−→
h→0 0.
Exercice 4
On se place en dimensiond= 1. Pour touth∈Ret pour toute fonctionfon définit la translatée de pashdef
(τhf)(x) =f(x+h), ∀x∈R.
Pour toute distributionT ∈ D0(R)on définit la translatée de pashdeTpar la formule
τhT :ϕ∈ D(R)7→ hT, τ−hϕiD0,D.
1. Montrer que pourf ∈L1loc(R)on aτh(Tf) =Tτhf. 2. Montrer que, pour toutT ∈ D0(R), on ah1(τhT−T)−−−→
h→0 ∂xT, dansD0(Ω).
Corrigé :
On vérifie aisément que la définition deτhT donne bien une distribution.
1. Pourf ∈L1loc(R)etϕ∈ D(R), on écrit
hτh(Tf), ϕiD0,D=hTf, τ−hϕiD0,D= Z
R
f τ−hϕ dx= Z
R
f(x)ϕ(x−h)dx.
On effectue maintenant le changement de variabley=x−hdans cette intégrale pour obtenir hτh(Tf), ϕiD0,D=
Z
R
f(y+h)ϕ(y)dy= Z
R
τhf ϕ dy=hTτhf, ϕiD0,D.
Cela prouve bien le résultat demandé et le fait que la définition choisie pourτhT est bien cohérente avec celle sur les fonctions.
2. Cette formule rappelle bien entendu celle bien connue qui dit que sifest une fonction dérivable en un pointxalors on a
h→0lim
τhf(x)−f(x)
h = lim
h→0
f(x+h)−f(x)
h =f0(x).
Ici la valeur d’une distribution en un point n’a pas de sens et il s’agit donc de démontrer que, pour toute fonction testϕ∈ D(R), on a
1
h(τhT −T), ϕ
D0,D
−−−→h→0 h∂xT, ϕiD0,D.
En utilisant les définitions du cours et du début de l’exercice, cela revient à montrer
T,1
h(τ−hϕ−ϕ)
D0,D
−−−→h→0 hT,−∂xϕiD0,D.
La distributionT étant fixée (et donc continue par rapport à la fonction test), on est ramenés à démontrer que 1
h(τ−hϕ−ϕ)−−−→
h→0 −∂xϕ, dansD(R).
— Pour commencer, on choisitR > 0tel que[−R, R]contienne le support deϕ. On voit alors que pour tout h∈R, avec|h| ≤1(ce qui n’est pas gênant car il est destiné à tendre vers0), nous avons
Supp (τ−hϕ−ϕ)⊂[−R−1, R+ 1].
Les fonctions en jeu sont donc bien toutes supportées dans un seul et unique compact.
— Soit maintenantα∈Netx∈R. Nous écrivons
1
h∂α(τ−hϕ−ϕ)−
−∂α+1ϕ(x)
= 1
h ∂αϕ(x−h)−∂αϕ(x)
+∂α+1ϕ(x)
≤ h
2k∂α+2ϕkL∞,
la dernière inégalité étant due à la formule de Taylor-Lagrange pour la fonction ∂αϕ. Le majorant obtenu ci-dessus tend vers0avechde façon uniforme par rapport àx. Le résultat est donc bien établi.
Exercice 5 (Autour des masses de dirac)
SoitΩun ouvert deRdetx1, ..., xndes points distincts deΩ.
1. Montrer qu’il existe des fonctionsθi∈ D(Ω)telle que
θi(xj) =
(1 sii=j 0 sinon.
2. SoitT ∈ D0(Ω)une distribution qui vérifie
hT, ϕiD0,D = 0, pour toutϕ∈ D(Ω)qui s’annule aux pointsx1, ..., xn.
Montrer qu’il existeα1, ..., αn ∈Rtels que
T =
n
X
i=1
αiδxi.
Corrigé :
1. On fixe unr >0tel que
r <kxi−xjk, ∀i6=j,
et
B(xi, r)⊂Ω.
Un telrexiste car lesxisont distincts et carΩest ouvert.
Pour touti, on utilise le LemmeII.4, pour obtenir une fonctionθi∈ D(Ω)telle que
θi=
(1, dansB(xi, r/2), 0, en dehors deB(xi, r).
Par choix der, ces fonctionsθivérifient la propriété demandée.
2. Soitϕ∈ D(Ω)quelconque. On pose
ψ=ϕ−
n
X
i=1
ϕ(xi)θi.
Par construction, nous avonsψ∈ D(Ω)etψ(xi) = 0pour touti= 1, ..., n. Par hypothèse on a donchT, ψiD0,D = 0 ce qui fournit
hT, ϕiD0,D =
n
X
i=1
hT, θiiD0,Dϕ(xi).
On obtient bien la forme demandée pour
αi =hT, θiiD0,D.
Exercice 6 (Solution fondamentale du Laplacien) On travaille ici en dimensiond= 2. On pose
E(x) =− 1
2πlog|x|, ∀x∈R2\ {0}.
1. Pourϕ∈ D(R2)etε >0démontrer que
Z
|x|>ε
E.(∆ϕ) =− 1 2πε
Z
|x|=ε
ϕ dσ+logε 2πε
Z
|x|=ε
∇ϕ(x)·x dσ.
2. Montrer que
ε→0lim 1 2πε
Z
|x|=ε
ϕ dσ=ϕ(0),
ε→0lim logε
2πε Z
|x|=ε
∇ϕ(x)·x dσ= 0.
En déduire que
−∆E=δ0, au sens deD0(R2).
La fonctionEest appelée solution fondamentale du Laplacien surR2. 3. Soitf ∈ Cc0(R2). On pose
u(x) = Z
R2
E(x−y)f(y)dy, ∀x∈R2.
Démontrer queuest bien définie et vérifie
−∆u=f, dansD0(R2).
Ainsi la fonctionEpermet de résoudre le problème de Laplace par une formule intégrale explicite.
Corrigé :
1. Il faut commencer par vérifier que, en dehors de l’origine nous avons
∆E= 0.
On va utiliser dans cet exercice la formule de Stokes (ThéorèmeI.1) appliquée aucomplémentaired’une boule B(0, ε), notéΩ = (B(0, ε))c. On obtient
Z
Ω
E(∆ϕ)dx− Z
Ω
(∆E)ϕ dx= Z
∂Ω
E(∇ϕ)·n dσ− Z
∂Ω
ϕ(∇E)·n dσ.
Il ne faut pas oublier que∂Ωest le cercleC(0, ε)mais que la normalenest orienté vers l’extérieur deΩ, c’est-à-dire vers l’intérieur de la boule (autrement ditn=−x/kxk. On utilise que∆E = 0, queEne dépend que dekxket qu’on a
∇E(x) =−1 2π
x kxk2, donc
∇E·n= 1 2π
1 kxk. On obtient
Z
Ω
E(∆ϕ)dx=logε 2πε
Z
C(0,ε)
(∇ϕ(x))·x dσ− 1 2πε
Z
∂Ω
ϕ dσ.
2. D’après l’inégalité des accroissements finis, on a|ϕ(x)−ϕ(0)| ≤ k∇ϕk∞kxkpour toutx. Comme le périmètre du cercleC(0, ε)est2πε, nous pouvons donc écrire
1 2πε
Z
C(0,ε)
ϕ dσ−ϕ(0)
=
1 2πε
Z
C(0,ε)
(ϕ−ϕ(0))dσ
≤k∇ϕk∞ 2πε
Z
C(0,ε)
kxkdσ
≤ k∇ϕk∞ε,
ce qui montre bien que la quantité étudiée tend vers0.
Si on applique ce qui précède à la fonctionψ:x7→ ∇ϕ(x)·xqui est égalementC∞à support compact mais qui est nulle en zéro nous avons
|logε|
1 2πε
Z
C(0,ε)
ψ dσ
=|logε|
1 2πε
Z
C(0,ε)
ψ dσ−ψ(0)
≤ k∇ψk∞|logε|ε,
et cette quantité tend bien vers0avecε.
Grâce aux limites établies ci-dessus, et au fait queE(∆ϕ)est une fonction intégrable surR2, on peut passer à la limite dans l’égalité de la question 1 et donc obtenir
Z
R2
E(∆ϕ)dx=−ϕ(0).
En utilisant le langage des distributions, cette égalité s’écrit
h∆E, ϕiD0,D =hE,∆ϕiD0,D =−hδ0, ϕiD0,D. On a donc bien prouvé que−∆E=δ0au sens des distributions.
3. Le fait queusoit bien défini vient du fait queEest localement intégrable et quef est bornée à support compact.
Prenons une fonction testϕet calculons
h−∆u, ϕiD0,D=hu,−∆ϕiD0,D
=− Z
R2
u(x)(∆ϕ)(x)dx
=− Z
R2
Z
R2
E(x−y)f(y)(∆ϕ)(x)dy
dx.
On applique maintenant le théorème de Fubini (les hypothèses sont vérifiées car ϕetf sont à support compact) puis un changement de variable pour obtenir
h−∆u, ϕiD0,D=− Z
R2
Z
R2
E(x−y)(∆ϕ)(x)dx
f(y)dy
=− Z
R2
Z
R2
E(z)(∆ϕ)(z+y)dz
f(y)dy
=− Z
R2
Z
R2
E(z)(∆ϕy)(z)dz
f(y)dy
=− Z
R2
hE,∆ϕyiD0,Df(y)dy
=− Z
R2
h∆E, ϕyiD0,Df(y)dy
= Z
R2
hδ0, ϕyiD0,Df(y)dy
= Z
R2
ϕ(y)f(y)dy
=hf, ϕiD0,D,
où on a poséϕy:z7→ϕ(y+z)qui est également une fonction deD(R2).
Le résultat est bien démontré.
