ECOLE DT JACA 2012

Introduction lanalyse mathmatiquede lquation de Helmholtz

HLNE BARUCQ, JULIEN DIAZ, SBASTIENTORDEUX

Projet Magique 3D, INRIA Bordeaux Sud-Ouest

LMA - UMR CNRS 5142, Universit de Pau et des Pays de lAdour

Septembre 2012

2

Table des matires

1 Lquation de Helmholtz dans lespace libre 41.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 La condition de radiation de Sommerfeld . . . . . . . . . . . . . 7

1.2.1 Fonction de Green et existence de solution sortante . . . . 71.2.2 Unicit de la solution sortante de lquation dHelmholtz . 14

1.3 Le principe damplitude limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.4 Le principe dabsorption limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

3

Chapitre 1

Lquation de Helmholtz danslespace libre

1.1 IntroductionDans ce premier chapitre consacr aux phnomnes de propagation dondes

tablis, nous nous plaons dans lespace libre (ceci permet un expos un peumoins technique des rsultats laide des fonctions de Green). Nous notons le dalembertien :

v(x, t) = v(x, t) + 1c2

2v

t2(x, t). (1.1)

Nous nous intressons aux problmes de DAlembert

v(x, t)(x, t) = f(x, t) x R3 et t R (1.2)

dont les solutions et les termes sources ont une dpendance temporelle harmo-nique

v(x, t) = (uk(x) exp(it)

),

g(x, t) = (f(x) exp(it)

).

(1.3)

Les deux fonctions uk : R3 C et f : R3 C sont appeles les phaseursde la solution et du terme source. Ils sont relis par lquation de Helmholtz quiprend la forme

uk(x) k2uk(x) = f(x) avec k =

c. (1.4)

4

Priv de ses conditions initiales, le problme de dAlembert est mal pos : il ny aplus unicit de sa solution. En effet, les ondes planes sont solutions de lquationdes ondes homogne (k R3 avec k =

c)

u(x, t) = cos(k x t). (1.5)

Demme, le problme de Helmholtz est lui aussi mal pos. Il est facile de construiredes solutions homognes en considrant les phaseurs des ondes planes

uk(x) = exp(ik x). (1.6)

Dautre part, il ny a pas gnriquement existence de solutions dans lespace deSobolev H1(R3) mais seulement dans un espace beaucoup plus grand : lespacedes fonctions localement H1

H1loc(R3) ={u : R3 C : u H1(R3) D(R3)

}. (1.7)

Dans ce chapitre, nous montrons comment il est possible de dfinir de manirenaturelle une solution dite sortante de lquation de Helmholtz en sappuyant surdes arguments physiques. Nous prsentons plus particulirement les bases math-matiques de cette thorie sous trois points de vue quivalents : la condition deradiation de Sommerfeld, le principe damplitude limite, le principe dabsorptionlimite.

La condition de radiation de Sommerfeld Cette approche consiste garantirlunicit de la solution de lquation de Helmholtz en imposant linfini lasolution de lquation de Helmholtz la condition dondes sortantes ou de radiationde Sommerfeld qui scrit

{x=R}

uk(x)2dsx = OR+

(1),

{x=R}

(r ik)uk(x)2dsx = OR+

( 1R2

).

(1.8)

Formellement, ces deux conditions consistent assurer que la solution admet lecomportement suivant linfini

uk(x) = u(x

x)exp(ikx)

4x+ o

x+(

1

x). (1.9)

En domaine temporel, cette expression devient

v(x, t) = (u(

x

x)exp(ikx it)

4x+ o

x+(

1

x)). (1.10)

5

Cette expression correspond une onde sphrique se dplaant la vitesse c > 0dans le sens x croissant.

Le but de la section 1.2 est de dmontrer le thorme suivant

Thorme 1.1 Pour tout f L2(R3) support compact, il existe une uniquefonction uk H1loc(R3) qui vrifie la condition de radiation de Sommerfeld (1.8)et lquation de Helmholtz

uk(x) k2uk(x) = f(x), x R3. (1.11)

Le principe damplitude limite Cette approche consiste tudier le comporte-ment en temps long de la solution du problme

v(x, t) + 1c2

2v

t2(x, t) = g(x, t), pour x R3 et t 0,

v(x, 0) = 0, pour x R3,

tv(x, 0) = 0, pour x R3,

(1.12)

pour un terme source ayant une dpendance temporelle harmoniqueg(x, t) =

(f(x) exp(it)

)t 0,

g(x, t) = t < 0.

(1.13)

avec = kc et f L2(R3) support compact. Cette approche slectionnera lasolution sortante en introduisant de la causalit.

La section 1.3 donnera un cadre mathmatique cette approche. On y dmon-trera le thorme suivant

Thorme 1.2 On a

limt+

v(x, t)(uk(x) exp(it))L6(R3)

= 0. (1.14)

avec uk : R3 C la fonction dfinie par le thorme 1.1.

6

Le principe dabsorption limite Cette technique consiste introduire un pe-tit paramtre dabsorption > 0. On dfinit alors la solution variationnelle delquation coercive

Trouver uk+i H1(R3) tel que :

uk+i(x) (k + i)2uk+i(x) = f(x)(1.15)

On fait alors tendre le coefficient dabsorption vers 0+ pour dfinir la solutionsortante de lquation de Helmholtz. Du point de vue physique cette techniqueconsiste introduire le phaseur de la solution du problme dondes amorties

v(x, t) + 1c2

2v

t2(x, t) +

2

c

v

t(x, t) + 2v(x, t) = g(x, t) (1.16)

Le terme de frottement introduit alors de la causalit et permet de slectionner lesondes sortantes. Lobjectif de la section 1.4 est de donner un cadre mathmatique ce principe en dmontrant le rsultat suivant

Thorme 1.3 On a

lim0+

uk+i ukL6(R3)

= 0 (1.17)

avec uk : R3 C la fonction dfinie par le thorme 1.1.

1.2 La condition de radiation de Sommerfeld

1.2.1 Fonction de Green et existence de solution sortanteDans cette section nous dmontrons lexistence dune solution sortante de

lquation de Helmholtz laide des fonctions de Green.

Lemme 1.4 Si u et u sont dans L2loc(R3) alors u est dans H1loc(R3)

Dmonstration :

Soit B la boule de rayon R et B la boule de rayon 2R. Par densit, il suffit demontrer quil existe une constante C > 0 tel que pour

uL2(B) C(uL2(B) + uL2(B)

), u D(R3). (1.18)

7

Soit une fonction D(R3) tel que (x) = 1 dans B et (x) = 0 hors de Bdcroissante suivant r. Daprs lidentit de Green, on a

R3u2dx =

R3

(u) udx, D(R3) (1.19)

On peut alors valuer le terme la droite de lgalit en dveloppant le laplacien

(u) = u + 2 u+ u. (1.20)

Il suit que

(u) = 2u + 2 (u) +( 2

)u. (1.21)

On peut alors injecter cette dernire expression dans (1.19)R3

u2dx = R3

2uu + 2 (u)u

+( 2

)u2dx, D(R3) (1.22)

Comme L(R3) = 1, on obtient

u2L2(R3) uL2(B) uL2(B)

+ 2 C1 uB uL2(B) + C2 u2L2(B). (1.23)

avec C1 = L(R3) et C2 = L(R3). Comme ab a2+b2

2, on a

u2L2(R3) u2L2(R3)

2

+(12+ 2 C21 + C2

)u2L2(B) +

u2L2(B)2

. (1.24)

Il suit que

u2L2(R3)2

(12+ 2 C21 + C2

)u2L2(B) +

u2L2(B)2

. (1.25)

Comme = 1 dans B, il suit

uL2(B) uL2(R.3) (1.26)

On dduit (1.18). Ceci termine la preuve de la proposition.

8

Pour tout k C, on introduit la fonction Gk : R3 \ {0} C

Gk(x) =exp(ikx)

4x(1.27)

Lemme 1.5 Pour tout k C, la fonction Gk est une solution fondamentale deloprateur k2, ie.

Gk k2Gk = (x) dans D(R3) (1.28)

Dmonstration :

Remarquons tout dabord que Gk est un lment de D(R3) car Gk L1loc(R3).Soit D(R3). Nous raisonnons au sens des distrbutions

Gk + k

2Gk,R3

=

R3

Gk(x)((x) + k2(x)

)dx

= lim0

I

(1.29)

avec I donn par

I =

{x>}

Gk(x)((x) + k2(x)

)dx. (1.30)

Daprs la formule de Green, on a

I =

{x>}

Gk(x)((x) + k2(x)

)dx

=

{x>}

(Gk(x) + k

2Gk(x))(x)dx

+

{x=}

Gk(x)

r(x) Gk

r(x)(x)dsx

(1.31)

Il ne nous reste plus qu valuer la dernire ligne car Gk(x) + k2Gk(x) = 0hors de lorigine. Comme est C, on a

(x) = (0) + Ox0

(x) et r(x) = Ox0

(1). (1.32)

De mme, la fonction de Green vrifie

Gk(x) = Ox0

(1

x) et rGk(x) =

1

4x2+ O

x0(

1

x). (1.33)

9

Il suitI =

{x=}

(0)

4x2dsx +

{x=}

Ox0

(1

x)dsx

= (0) + o0

(1)

(1.34)

Ainsi, on a Gk + k

2Gk,

= (0) (1.35)

Ceci termine la preuve.

Proposition 1.6 Soient k R et f L2(R3) support compact. La fonctionuk(x) = Gk f(x) vrifie

uk H1loc(R3),

uk(x) k2 uk(x) = f(x) x R3,{x=R}

|uk(x)|2dsx = OR+

(1),

{x=R}

|(r ik)uk(x)|2dsx = OR+

(1

R2).

(1.36)

Dmonstration :

Par dfinition, la fonction uk : R3 C est donne par

uk(x) = Gk f(x) =R3

exp(ikx y)4x y

f(y)dy. (1.37)

La thorie de la convolution dans D(R3) nous permet dobtenir que uk est unesolution de lquation de Helmholtz inhomogne

(+ k2)(Gk f)(x) = (Gk +k2Gk) f(x) = f(x) = f(x). (1.38)

Nous remarquons aussi que uk H2loc(R3) daprs le lemme 1.4. Comme le sup-port de f est born, il existe un rel positif tel que la boule de rayon contiennele support de f . Pour tout y dans le support de f et pour tout x tel que x > 2,on a

x y x y x2

+x2

y x2

+2

2 x

2. (1.39)

10

En majorant lexpression (1.37), il suituk(x) 12x

R3

f(y)dy (1.40)On intgre cette expression sur la sphre de rayon R

{x=R}

uk(x)2dsx 1

(R3

f(y)dy)2 = OR+

(1). (1.41)

De mme, on a pour x > 2

uk(x) =

R3

exp(ikx y)4

x yx y2

(ik 1

x y

)f(y)dy (1.42)

ruk(x) =

R3

exp(ikx y)4

x yx y2

x

x

(ik 1

x y

)f(y)dy (1.43)

ruk(x) ikuk(x) =R3

exp(ikx y)4

x yx y3

xx

f(y)dy

+

R3

exp(ikx y)4x y

(1 x y

x y xx

)ikf(y)dy.

(1.44)Il suit lingalit

ruk(x) ikuk(x) R3

|f(y)|4x y2

dy

+ k

R3

|f(y)|4x y

(1 x y

x y xx

)dy.

(1.45)Nous remarquons alors que

1 x yx y

xx

=( xx

x yx y

) xx

(1.46)

Il suit daprs lingalit de Cauchy-Schwartz1 x yx y xx xx x yx y (1.47)Comme

x

x x y

x y=

(x y xx y

) xx

+y

x y(1.48)

11

on a 1 x yx y x yx x y xx y xx + yx y (1.49)Do daprs lingalit triangulaire, on obtient1 x yx y xx yx y xx + yx y 2 yx y . (1.50)On dduit de (1.39) et (1.45) que

ruk(x) ikuk(x) R3

(1 + 2ky)|f(y)|4x y2

dy (1.51)

On dduit de (1.39)ruk(x) ikuk(x) (R3

(1 + 2ky)|f(y)|

dy) 1x2

(1.52)

En intgrant sur la sphre de rayon R, on a{x=R}

(r ik)uk(x)2 dsx 4R2

(R3

|f(y)|dy)2(

1 +k

2

)2= O

R+(1

R2).

(1.53)

Pour dterminer le cadre fonctionnelle de la fonction uk, nous avons besoindun rsultat classique de la thorie du potentiel newtonien.

Proposition 1.7 Soient G0(x) =1

4x, H0(x) =

1

4x2et g L2(R3)

support compact. Les fonction wg : R3 C et hg : R3 C dfinies par

wg(x) = G0 g(x) et hg = H0 g (1.54)

vrifie wg L6(R3), hg L2(R3) et

wg(x) = g(x) x R3 et wg = hg. (1.55)

12

Dmonstration :

Cest un rsultat classique de la thorie du potentiel newtonien dont on rappelleune preuve directe.

Daprs la proposition 1.5, la fonction G0 est une solution fondamentale dulaplacien. Dautre part, on a G0 = H0. Il suit que wg = G0 g vrifie (1.55).Montrons maintenant que wg est dans L6(R3) Soit C(R3) une fonction quivaut 1 au voisinage de 0 et 0 au voisinage de linfini. Remarquons que daprslingalit de convolution de Young (g L1(R3) car g L2(R3) et g supportcompact.

(G0) g L6(R3) car G0 L32 (R3) et g L2(R3), (1.56)

((1 )G0) g L6(R3) car (1 )G0 L6(R3) et g L1(R3). (1.57)

On en dduit que wg = G0 g + ((1 )G0) g est dans L6(R3).De mme, on a hg L2(R3) car

(H0) g L2(R3) car H0 L1(R3) et g L2(R3), (1.58)

((1 )H0) g L2(R3) car (1 )H0 L2(R3) et g L1(R3). (1.59)

Ceci termine la preuve.

Proposition 1.8 La fonction uk = Gk f est dans lespace

uk H1loc(R3), uk L6(R3) et uk L2(R3). (1.60)

avec uk(x) = uk(x) exp(ikx)

Dmonstration :

Une borne suprieure de (1.37) est donne paruk(x) R3

f(x)4x x

dx = w|f |(x) (1.61)

On dduit de la proposition 1.7 que uk L6(R3). Comme uk k2uk = fdans R3, il suit qu la fois uk etuk sont dans L2loc(R3). On dduit du lemme 1.4que uk H1loc(R3).

Nous remarquons que

exp(ikr) uk(x) = uk ik uk(x)x

x. (1.62)

13

Cette expression se calcule laide des formules de reprsentation

uk(x) =

R3

Gk(x y) f(y) et uk(x) =R3

Gk(x y) f(y).(1.63)

Gk(x) =exp(ikr)

4

( 1x2

+ik

x

) xx

(1.64)

il suit queexp(ikr)uk(x) =

R3

exp(ikx y)4x y2

x yx y

f(y)dy

ikR3

exp(ikx y)4x y

( x yx y

xx

)f(y)dy.

(1.65)En majorant, on obtient

uk(x) =R3

|f(y)|4x y2

dy

+ k

R3

|f(y)|4x y

x yx y xxdy.(1.66)

On dduit alors de (1.50) que

uk(x) =R3

(1 + 2 k y) |f(y)|4x y2

dy = H0 g (1.67)

avec g(y) = (1 + 2ky) |f(y)| et H0(x) = 14x2 . Comme f est un lment deL2(R3) support compact, g est aussi support compact dans L2(R3). Daprs laproposition 1.7 il suit que uk L2(R3).

1.2.2 Unicit de la solution sortante de lquation dHelmholtzLunicit de la solution sortante de lquation provient du Thorme de Rel-

lich :

Thorme 1.9 (Thorme de Rellich sur tout R3) Soit k > 0. Si uk L2loc(R3)

14

vrifie

uk(x) k2 uk(x) = 0 x R3,{x=R}

|uk(x)|2dsx = OR+

(1),

{x=R}

|(r ik)uk(x)|2dsx = OR+

(1

R2).

(1.68)

alors la fonction uk est identiquement nulle.

Dmonstration :

Remarquons tout dabord que uk H1loc(R3) daprs le lemme 1.4. Dautre part,ses trois drives partielles vrifient

iuk L2loc(R3) et iuk + k2iuk = 0. (1.69)

Daprs le lemme 1.4, il suit que iuk H1loc(R3). Ainsi uk est un lment deH2loc(R3). On a daprs la formule de Green

{x

En prenant la partie imaginaire, on a

0 =

{x=R}

ukruk ukruk + 2ik|uk|2dsx (1.75)

On dduit alors que{x

1.3 Le principe damplitude limiteLe problme (1.12) est bien pos daprs le thorme de Hille-Yoshida. Nous

allons tudier le comportement en temps long de sa solution par lintermdiairedune expression base sur les fonctions de Green.

Lemme 1.10 Une solution fondamentale du dalembertien = 1c2

2

t2 est la

distribution G de D(R3 R) est dfinie par

G, = c 0

({x=c}

(x, )

4xdsx

)d. (1.85)

Dmonstration :

Le dalembertien au sens des distributions de G est calcul par dualitG,R4 = G,R3

= c

0

({x=ct}

(x, t)4x

dsx

)dt

(1.86)

Il peut aussi tre dcompos de la manire suivante

=1

c22t

1

r2r

(r2r

) 1

r2. (1.87)

Daprs la formule de Green sur la sphre, on a{x=ct}

(x, )

4x3dsx =

{x=c}

(x, )

4x3(1)dsx = 0. (1.88)

Soit (r, t) la valeur moyenne de sur la sphre de rayon r

(r, t) =1

4

0

20

(r, , , t) sin()dd. (1.89)

On a

1

c2

{x=c}

2t(x, t)

4xdsx =

0

20

2t(c, , , )

4

csin()dd

{x=c}

2r(x, t)

4xdsx =

0

20

2r(c, , , )

4c sin()dd

{x=c}

2r(x, t)

4x2dsx =

0

20

2r(c, , , )

4sin()dd.

(1.90)

17

On peut alors commuter lintgrale et la drive seconde

1

c2

{x=c}

2t(x, t)

4xdsx =

c2t(c, ),

{x=c}

2r(x, t)

4xdsx = c

2r(c, ),

{x=c}

2r(x, t)

4x2dsx = 2r(c, ).

(1.91)

En sommant ces trois expressions, il suit{x=c}

(x, t)4x

dsx =

c

2

t2(c, ) c

2

r2(c, ) 2

r(c, )d.

(1.92)On obtient

G,R4 = 0

2

t2(c, ) c2

2

r2(c, ) 2c

r(c, )d. (1.93)

Le calcul de cette intgrale seffectue en introduisant la fonction

(r, t) =r

c

t(r, t) (r, t) r

r(r, t) (1.94)

qui vrifie

d

d

((c, )

)=

2

t2(c, ) c2

2

r2(c, ) 2c

r(c, ). (1.95)

Ainsi il suit G,R3 =

[(c, )

]=+=0

= (0, 0)

= (0, 0) = (0, 0).

(1.96)

Cest direG(x, t) = x t dans D(R3 R). (1.97)

Lemme 1.11 Lunique solution de (1.12) est donne par

u(x, t) =

{xy

Dmonstration :

Lunique solution de (1.12) est donne par

u(x, t) = G g(x, t) (1.99)

Le produit de convolution au sens des distributions est dfini par

< G g, >R4 = G g, R4R4 avec (x, t,y, ) = (x+ y, t+ )(1.100)

Cest dire< G g, >R4 = c

+0

({x=ct}

R4 g(y, )(x+ y, t+ )dyd

4xdsx

)dt

= c

R4

+0

({x=ct}

g(y, )(x+ y, t+ )

4xdsx

)dtdyd

(1.101)On effectue alors le changement de variable

x = x+ y, t = t+ , y = y, = ct. (1.102)

On obtient< G g, >R4 =

R4

+0

({xy=}

g(y, t c)(x, t)

4x ydsx

)ddydt

=

R4

+0

({xy=}

g(y, t xyc

)(x, t)

4x ydsx

)ddydt

(1.103)On remarque alors que +

0

({xy=}

(x,y, t)dsx

)d =

R3

(x,y, t)dx. (1.104)

Il suit< G g, >R4 =

R4

R3

g(y, t xyc

)(x, t)

4x ydxdydt

=

R4

(R3

g(y, t xyc

)

4x ydy

)(x, t)dxdt

(1.105)

Do G g est donne par

G g(x) =R3

g(y, t xyc

)

4x ydy. (1.106)

Enfin que g(x, t) = 0 pour tout t < 0, on obtient (1.98).

19

Lemme 1.12 La solution du problme (1.12) est donne par

u(x, t) = (uk(x) exp(it)

)+ r(x, t). (1.107)

avec uk(x) =

R3

f(y) exp(ikx y)4x y

dy,

r(x, t) xy>ct

f(y)4x y

dy

(1.108)

Dmonstration :

Il nous faut tenir compte ici de la forme particulire du terme source

g(y, t) = (f(y) exp(it)

). (1.109)

Il suit daprs le lemme 1.11u(x, t) =

(exp(it)

yxct

f(y) exp(ikx y)4x y

dy). (1.111)

Cette dernire fonction peut tre majore parr(x, t) = yx>ct

|f(y)|4x y

dy. (1.112)

Ceci termine la preuve.

On est en mesure de dmontrer le principe damplitude limite

Thorme 1.13 On a

limt+

u(x, t)(exp(it) uk(x))L6(R3) = 0 (1.113)

20

Dmonstration :

Il nous suffit de montrer

limt+

r(, t)L6(R3) = 0 (1.114)

On remarque tout dabord quer(x, t) w|f |(x) x R3 et t > 0 (1.115)avec w|f | dfini par (1.54) qui vrifie daprs le lemme 1.7,w|f |

L6(R3)< +. (1.116)

Dautre part comme f est support compact, on a

x R3 tx > 0 y / B(x, ctx) f(y) = 0. (1.117)

Il suit que pour tout x R3 et pour t > txr(x, t) = 0. (1.118)

Ainsi, la fonction r(x, t) converge simplement pour t tendant vers linfini. On peutalors appliquer le thorme de Lebesgues.

1.4 Le principe dabsorption limiteProposition 1.14 Soient k, > 0 et f : une fonction de classe L2(R3) supportcompact. La fonction

uk+i = Gk+i f =

exp((ik

)x y)f(y)

x ydsy (1.119)

est lunique lment de H1(R3) vrifiant

uk+i(x) (k + i)2uk+i(x) = f(x). (1.120)

Dmonstration :

Daprs le lemme 1.5, Gk+i est une fonction de Green de (k + i)2. Lafonction uk+i = Gk+i f est solution de

uk+i(x) + (k + i)2 uk+i(x) =

(Gk+i + (k + i)

2 Gk+i

) f(x)

= f(x) = f(x).(1.121)

21

Pour x > 2r (support(f) B(0, r)), on a daprs (1.39)

x y x2

. (1.122)

En majorant lexpression (1.119), il suit quau voisinage de linfiniuk+i(x) exp( x2 )2x

R3

f(y)dy (1.123)Il suit que la fonction uk+i est donc dans L2(R3). On agit de mme pour le gra-dient. On a

uk(x) = (Gk+i) f (1.124)CommeGk+i est exponentiellement dcroissant uk+i is H1(R3).

On est en mesure de dmontrer le thorme 1.3 :

Dmonstration :

nous remarquons tout dabord que

Gk+i(x)Gk(x) =1

4

exp (ikx)ikx

(exp(x) 1 + ik

1 ik

)(1.125)

Il suit queuk+i(x) uk(x) = (Gk+i Gk) f(x)

R3

exp (ikx x)4x x

(exp(x x) 1 + ik

1 ik

)f(x)dx

(1.126)On peut alors passer la valeur absolueuk+i(x) uk(x)

R3

|f(x)|4x x

exp(x x) 1 + ik1

ik

dx(1.127)

Comme exp(xx)1+ ik1

ik

2, on auk+i(x) uk(x) 2 w|f |(x) (1.128)avec w|f | la fonction dfinit par (1.54) du lemme 1.7. Dautre part on a pour toutx R3 et supp(f) B(0, r))uk+i(x) uk(x) w|f |(x) exp((x r)) 1 + ik

1 ik

0

0 (1.129)

22

Comme w|f | L6(R3) et que le terme de droite de (1.129) tend simplement vers0 presque partout, il suit du thorme de Lebesgues

lim0

uk uk+iL6(R3)

= 0. (1.130)

23