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Introduction aux équations auxdérivées partielles (EDP)

(Master Maths)2014-2017

A. LesfariDépartement de Mathématiques

Faculté des SciencesUniversité Chouaïb DoukkaliB.P. 20, El-Jadida, Maroc.

E. mail : [email protected] Web : http://lesfari.com

Le programme porte sur les notions suivantes : Équations ellip-tiques : Solutions généralisées des problèmes aux limites, Problèmesde valeurs propres, Régularité des solutions généralisées, Solutionsclassiques, Solutions classiques des équations de Laplace et de Pois-son. Équations hyperboliques : Propriétés des solutions de l'équationdes ondes, Problème de Cauchy pour l'équation des ondes, Problèmesmixtes, Solutions généralisées du problème de Cauchy. Équations pa-raboliques : Propriétés des solutions de l'équation de la chaleur, Pro-blème de Cauchy pour l'équation de la chaleur, Problèmes mixtes.

Table des matières

1 Généralités et notations 3

2 Équations aux dérivées partielles du 1er ordre 8

3 Équations aux dérivées partielles du 2ème ordre(équations hyperboliques, équations paraboliques, équations elliptiques,...) 16

4 Formulation variationnelle des EDP(espaces de Sobolev, problèmes de Dirichlet, problèmes de Neumann,...) 25

5 Problèmes concernant des opérateurs plus généraux ; à coe-cients variables(solutions classiques, solutions généralisées, fonctions et valeurs propres,problèmes mixtes) 42

6 Solutions classiques des équations de Laplace et de Poisson 51

7 Chapitres complémentaires(équations de la physique mathématique, étude des EDP via l'analyse deFourier et la transformée de Laplace, une équation aux dérivées partiellesnon linéaire : équation de Korteweg-de Vries) 58

Bibliographie 84

2

Chapitre 1

Généralités et notations

Une équation dans laquelle gure une fonction f de plusieurs variables in-dépendantes x1, ..., xn et des dérivées partielles de f par rapport à ces variables,c-à-d., une équation de la forme

F

(x1, ..., xn, f,

∂f

∂x1

, ...,∂2f

∂x21

,∂2f

∂x1∂x2

, ...,∂mf

∂xmn

)= 0,

est une équation aux dérivées partielles.Note : dans la suite, on utilisera indiéremment à la place de f , les notations

u ou z.Une telle équation est dite d'ordre m quand elle contient au moins une

dérivée d'ordre m sans en contenir d'autres d'ordre supérieur. Toute fonctionu = f(x1, ..., xn) qui satisfait identiquement à cette équation est une solutionde celle-ci. L'équation ci-dessus est dite linéaire lorsque F est une combinaisonlinéaire de f et ses dérivées.Exemple 1 L'équation (

∂u

∂x

)2

− u∂u

∂y= 0,

est du 1er ordre, non linéaire.

Exemple 2 L'équation

(x2 + y2)

(∂u

∂x+ 2

∂u

∂y

)= x + y + u,

est du 1er ordre, linéaire non homogène.

Exemple 3 L'équation de Laplace∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2+

∂2u

∂z2= 0,

est du 2ème ordre, linéaire et homogène.

3

A. Lesfari (Master Maths, Introduction aux EDP) 4

Exemple 4 L'équation de Poisson∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2+

∂2u

∂z2= g(x, y, z),

est du 2ème ordre, linéaire non homogène.On appelle problème aux limites, une équation aux dérivées partielles munie

de conditions aux limites sur la totalité de la frontière ou bord du domaine surlequel elle est posée. Le problème est bien posé si pour toute donnée (2èmemembre, domaine, données au bord, etc.), il admet une solution unique et sicette solution dépend continûment de la donnée.

Un système d'équations aux dérivées partielles est dit normal par rapport àl'une des n variables indépendantes x1, ..., xn dont dépendent les m inconnuesu1, ..., um du sytème, quand il peut être mis sous la forme d'un système de méquations :

∂s1u1

∂xs1l

= Φ1

(x1, ..., xn, u1, ..., um, ...,

∂jui

∂xk1l ...∂xkn

,

, ...

),

...∂smum

∂xsml

= Φm

(x1, ..., xn, u1, ..., um, ...,

∂jui

∂xk1l ...∂xkn

,

, ...

),

ou sous forme condensée∂sνuν

∂xsνl

= Φν

(x1, ..., xn, u1, ..., um, ...,

∂jui

∂xk1l ...∂xkn

,

, ...

), ν = 1, 2, ..., m

Ici xl désigne la variable indépendante concernée, Φν étant une fonction ana-lytique des x1, ..., xn, u1, ..., um ainsi que les dérivées ∂jui

∂xk1l ...∂xkn

,

. De plus, toutedérivée gurant dans Φν satisfait à la condition : j = k1 + · · · + kn ≤ si etkl < si.Exemple 5 Le système

∂2u

∂x2= u

∂v

∂y+

∂2v

∂y2,

∂2v

∂x2=

∂2u

∂y2+

∂2u

∂x∂y,

est normal par rapport à la variable x. Ce système peut s'écrire aussi sous laforme

∂2u

∂y2=

∂2v

∂x2− ∂2u

∂x∂y,

∂2v

∂y2=

∂2u

∂x2− u

∂v

∂y,


et il est donc également normal par rapport à la variable y.

Exemple 6 Le système∂2u

∂x2=

∂2v

∂y2+

∂2v

∂x∂y+

∂2u

∂y2,

∂2v

∂x2=

∂3u

∂x2∂y+

∂3u

∂x∂y2+

∂v

∂y,

est normal par rapport à la variable x. Contrairement à l'exemple précédent,le système ici n'est pas normal par rapport à la variable y.

Rappel (Fonction analytique de plusieurs variables) : une fonction de nvariables f(x1, ..., xn) est analytique dans un domaine D si pour tout point(a1, ..., an) ∈ D, elle est dans un voisinage de celui-ci, représentable par unesérie entière

f(x1, ..., xn) =∑νj=01≤j≤n

cν1,...,νn(x1 − a1)ν1 ...(xn − an)νn .

Lorsque cette série converge pour |xj − aj| = ξj > 0, 1 ≤ j ≤ n, on est assuréde sa convergence absolue et uniforme dans tout pavé

|xj − aj| ≤ nj < ξj, 1 ≤ j ≤ n

Dans ce pavé, la dérivation terme à terme est justiée :

∂k1+···knf

∂xk11 ...∂xkn

n

(a1, ..., an) = k1!...kn!ck1,...,kn .

Soit le système de m équations

∂sjuj

∂xsj= Φj

(x, y1, ..., yn, u1, ..., un, ...,

∂kui

∂xk0∂yk11 ...∂ykn

n

), 1 ≤ j ≤ m

relatif à m fonctions u1, ..., um de n+1 variables x, y1, ..., yn, normal par rapportà la variable x. Le problème de Cauchy consiste à déterminer une solutionsatisfaisant aux conditions aux frontières :

uj(a, y1, ..., yn) = gj,0(y1, ..., yn),

∂uj

∂x(a, y1, ..., yn) = gj,1(y1, ..., yn),

...∂sj−1uj

∂xsj−1(a, y1, ..., yn) = gj,sj−1(y1, ..., yn),

lesquelles sont relatives au plan x = a.


Théorème 7 (Cauchy-Kowalewski). Si les m fonctions Φ1, ..., Φm et les s1 +· · · + sm fonctions gj,k sont des fonctions analytiques de leurs arguments, leproblème de Cauchy possède une solution analytique. Cette solution est unique.

L'idée de la démonstration consiste à développer les solutions sous forme deséries entières. Ce théorème d'existence et d'unicité se trouvera établi dès quenous aurons vérié que ces séries sont convergentes ; on utilise à cette n laméthode des fonctions majorantes.

An d'assurer l'existence et l'unicité de la solution d'un problème de Cau-chy, on se trouve conduit à imposer aux conditions aux frontières certainesconditions : analycité ou dérivabilité jusqu'à un ordre susamment élevé. Or,en pratique, il y parfois lieu d'envisager divers types de discontinuités pources conditions. La notionde solution généralisée, introduite par le mathéma-ticien russe Sobolev, a pour but de tenir compte de telles éventualités. Cettenotion sera précisée plus loi lors de l'étude de la formulation variationnelle desEDP. On se contente ici de rappeler que u(x1, ..., xn) est dite solution généra-lisée d'une équation aux dérivées partielles quand elle est la limite d'une suiteuniformément convergente (uj(x1, ..., xn)) de solutions de cette équation. Ondevra donc donc avoir dans un domaine Ω ⊂ Rn,

limj→∞

(supp∈Ω

|uj(p)− u(p)|)

= 0.

On peut aussi avoir avantage dans certains cas à substituer à la condition deconvergence uniforme impoée à la suite des solutions uj, la condition moisstricte de convergence en moyenne quadratique,

limj→∞

∫ ∫...

∫|uj − u|2dx1dx2...dxn = 0.

Cette notion se généralise aisément à un système d'équations aux dérivéespartielles. De plus amples informations sur les solutions généralisées serontdonnées plus loin.

Exemple 8 Soit à résoudre le problème de Cauchy constitué par l'équation du1er ordre :

∂u

∂x=

∂u

∂y,

et la conditionu(0, y) = ϕ(y),

où ϕ est supposé continûment dérivable sur l'intervalle [a, b]. On a la solutionévidente

u(x, y) = ϕ(x + y), a ≤ x + y ≤ b


Mais si ϕ n'est pas dérivable pour a ≤ x + y ≤ b, tout en étant continu, onpeut trouver une suite de fonctions (ϕj(x)), qui converge uniformément versϕ(x) pour a ≤ x + y ≤ b, chaque fonction ϕj de la suite étant dérivable surce même intervalle. La limite ϕ(x) de la suite fournit la solution généraliséeϕ(x + y).

Exemple 9 Si dans l'équation (des cordes vibrantes) :

∂2u

∂x2=

∂2u

∂y2,

le problème de Cauchy fait intervenir les conditions aux frontières

u(x, 0) =

mx si x ∈ [0, 1

2]

m(1− x) si x ∈ [12, 1]

∂u

∂y(x, 0) = 0, x ∈ R

u(0, y) = u(1, y) = 0, y > 0

la condition u(x, 0) = ϕ(x) correspond à une fonction qui n'est pas dérivableen x = 1

2. Cependant, la solution (voir plus loin, chap. 3)

u(x, y) =ϕ(x− y) + ϕ(x + y)

2,

pourra être considérée ici comme une solution généralisée (dès qu'on est assuréque la suite (ϕj(x)) convergeant uniformément vers ϕ(x) = u(x, 0) engendreune suite de solutions uj(x, y) convergeant uniformément vesr la solution for-melle).

Chapitre 2

Équations aux dérivées partiellesdu 1er ordre

Dénition 10 Une équation dans laquelle gure une fonction f de plusieursvariables indépendantes x1, ..., xn et des dérivées partielles du 1er ordre de fpar rapport à ces variables, c'est-à-dire une équation de la forme

F

(x1, ..., xn, f,

∂f

∂x1

, ...,∂f

∂xn

)= 0,

est dite une équation aux dérivées partielles (en abrégé : EDP) du 1er ordre.Toute fonction f(x1, ..., xn) qui satisfait identiquement à cette équation est unesolution de celle-ci.

Dans la suite, on utilisera souvent à la place de f les notations u ou z.Dans le cas de deux variables x, y, on a

F

(x, y, f,

∂f

∂x,∂f

∂y

)= 0.

Exemple 11∂f

∂x= 0 ⇐⇒ f(x, y) = ϕ(y).

Exemple 12∂f

∂y= 0 ⇐⇒ f(x, y) = ϕ(x).

Exemple 13∂f

∂x= g(x).

Si g est intégrable et G est l'une de ses primitives, alors ∂∂x

(f(x, y)−G(x)) = 0,d'où f(x, y) = G(x) + ϕ(y).

8


Remarque 14 La solution générale d'une équation aux dérivées partielles du1er ordre dépend d'une fonction arbitraire.

Soit le système diérentieldy1

dx= ϕ1(x, y1, y2, ..., yn),

...dyn

dx= ϕn(x, y1, y2, ..., yn),

de solution générale

y1 = f1(x, c1, c2, ..., cn), ..., yn = fn(x, c1, c2, ..., cn).

Si ces équations peuvent être résolues par rapport à c1, c2, ..., cn, on peut écrire

Φ1(x, y1, y2, ..., yn) = c1,...

Φn(x, y1, y2, ..., yn) = cn.

Dénition 15 Les fonctions Φ1, ..., Φn, constantes si l'on remplace y1, ..., yn,par les solutions du système sont dites intégrales premières du système. Engénéral, on appelle intégrale première d'un système diérentiel toute fonctionde x, y1, ..., yn qui se réduit à une constante si l'on remplace y1, ..., yn par unesolution du système. Si Φ est une telle intégrale première, on a donc

Φ(x, ϕ1(x), ..., ϕn(x)) = constante.

Exercice 2.1 Déterminer deux intégrales premières du systèmedy1

dx= y3 − y2,

dy2

dx= y1 − y3,

dy3

dx= y2 − y1.

Réponse : Φ1 = y1 + y2 + y3, Φ2 = y21 + y2

2 + y23.

Dénition 16 Si le système diérentieldy1

dx= ϕ1(x, y1, y2, ..., yn),

...dyn

dx= ϕn(x, y1, y2, ..., yn),

admet n intégrales premières indépendantes, alors la solution générale est dé-nie implicitement en égalant ces intégrales premières à n constantes arbitraires.


Soit le système diérentieldy

dx= f1(x, y, z),

dz

dx= f2(x, y, z).

La condition nécessaire et susante pour que la fonction Φ soit une intégralepremière de ce système est

Φ(x, y(x), z(x)) = constante,

donc∂Φ

∂x+

∂Φ

∂y.dy

dx+

∂Φ

∂z.dz

dx= 0,

ou encore∂Φ

∂x+

∂Φ

∂y.f1(x, y, z) +

∂Φ

∂z.f2(x, y, z) = 0,

c'est l'équation aux dérivées partielles associée au système diérentiel. Parconséquent, on a

Proposition 17 Une fonction Φ(x, y, z) est une intégrale première d'un sys-tème diérentiel si et seulement si elle est solution de l'équation aux dérivéespartielles associée.

Dénition 18 Soit f une fonction de deux variables. Une équation aux déri-vées partielles linéaire du 1er ordre est une relation de la forme

P (x, y, z)∂f

∂x+ Q(x, y, z)

∂f

∂y= R(x, y, z),

où P , Q, R sont des fonctions de x, y, z dénies sur un ouvert de R3.

Soit z = f(x, y) une solution de l'équation précédente. Posons

Φ(x, y, z) = f(x, y)− z.

On a∂Φ

∂x=

∂f

∂x,

∂Φ

∂y=

∂f

∂y,

∂Φ

∂z= −1.

L'équation précédente s'écrit

P (x, y, z)∂Φ

∂x+ Q(x, y, z)

∂Φ

∂y+ R(x, y, z)

∂Φ

∂z= 0,

d'où∂Φ

∂x+

Q(x, y, z)

P (x, y, z)

∂Φ

∂y+

R(x, y, z)

P (x, y, z)

∂Φ

∂z= 0.


Cette équation aux dérivées partielles peut être considérée d'après ce qui pré-céde, comme associée au système diérentiel

dy

dx=

Q(x, y, z)

P (x, y, z),

dz

dx=

R(x, y, z)

P (x, y, z),

ou sous forme plus symétrique

dx

P (x, y, z)=

dy

Q(x, y, z)=

dz

R(x, y, z).

Ce système est appelé système caractéristique de l'équation aux dérivées par-tielles. Dès lors, on a

Proposition 19 Les solutions de l'équation aux dérivées partielles :

P (x, y, z)∂f

∂x+ Q(x, y, z)

∂f

∂y= R(x, y, z),

sont dénies parΦ(x, y, z) = 0,

où Φ représente l'intégrale première la plus générale du système caractéris-tique :

dx

P (x, y, z)=

dy

Q(x, y, z)=

dz

R(x, y, z).

Remarque 20 Comme Φ s'exprime au moyen de deux intégrales premièresindépendantes Φ1 et Φ2, donc l'intégration de l'équation aux dérivées partiellesse trouve ramenée à la recherche de deux intégrales premières de son systèmecaractéristique.

Exercice 2.2 Soit z = f(x, y). Intégrer l'équation aux dérivées partielles

x∂f

∂x+ y

∂f

∂y= z.

Réponse : La solution générale de l'équation en question est

Φ(y

x,z

x

)= 0,

ouz = xϕ

(y

x

),

où ϕ est une fonction arbitraire.


Exercice 2.3 Trouver l'intégrale générale de l'équation

y∂f

∂x− x

∂f

∂y= 0.

Réponse : L'intégrale générale est de la forme

Φ(x2 + y2, z) = 0,

d'oùz = ϕ(x2 + y2),


Exercice 2.4 Soit z = f(x, y). Déterminer la solution générale de l'équation

y∂f

∂x+ x

∂f

∂y= z.

Réponse : La solution générale est donc

z = (x + y)ϕ(x2 − y2),


Exercice 2.5 Intégrer

(x2 + y2)∂f

∂x+ 2xy

∂f

∂y= 0.

Réponse : La solution générale s'écrit

Φ

(y

x2 − y2, z

)= 0,

d'oùz = ϕ

(y

x2 − y2

),


Exercice 2.6 Déterminer la solution générale u = f(x, y, z) de l'équation

yz∂f

∂x+ xz

∂f

∂y− xy

∂f

∂z= 0.

Réponse : u = Φ(x2 − y2, y2 + z2).


Exercice 2.7 Soit z = f(x, y). Déterminer la surface vériant l'équation

yz∂z

∂x+ xz

∂z

∂y= −2xy,

et passant par la circonférence : x2 + y2 = 16, z = 3.

Réponse : x2 + y2 + z2 = 25, la surface cherchée est une sphère de centre 0 etde rayon 5.

Exercice 2.8 Déterminer la surface générale de l'équation

xz∂z

∂x+ yz

∂z

∂y= −xy,

et la surface intégrale passant par la courbe : y = x2, z = x3.

Réponse : On trouve l'équation(

yx

)3+

(yx

)6= xy + z2.

Exercice 2.9 Déterminer la surface vériant l'équation

1

x

∂z

∂x+

1

y

∂z

∂y= 4,

et passant par la parabole : y2 = z, x = 0.

Réponse : On obtient l'équation : z = x2 + y2 (paraboloïde de révolution).

Exercice 2.10 Résoudre l'équation aux dérivées partielles

x∂f

∂x− y

∂f

∂y= xy2,

sur l'ouvert Ω =]0, +∞[×] −∞, +∞[⊂ R2, en utilisant le changement de va-riable : u = x, v = xy.

Réponse : La solution de l'équation proposée est f(x, y) = −xy2 + ϕ(xy).

Exercice 2.11 Résoudre l'équation aux dérivées partielles

x∂f

∂y− y

∂f

∂x= x,

à l'aide des coordonnées polaires.

Réponse : La solution de l'équation en question est f(x, y) = y +ϕ(√

x2 + y2).


Exercice 2.12 On se propose dans cet exercice de déterminer les surfacestelles que si A est la projection sur le plan x0y d'un point p appartenant àl'une d'elles et B l'intersection de la normale en p avec x0y, alors l'aire dutriangle OAB reste constante.

Réponse : L'équation générale des surfaces en coordonnées cylindriques : (r, θ, z),r =

√x2 + y2, θ = arctan y

x, est

1

2Cz2 = θ + ϕ(r).

Exercice 2.13 Soit z = f(x, y). Déterminer la solution générale de l'équation

xy

(∂f

∂x− ∂f

∂y

)= (x− y)z.

Réponse : La solution générale est z = ϕ(x+y)xy

, où ϕ est une fonction arbitraire.

Exercice 2.14 Même question pour l'équation

x∂f

∂x− y

∂f

∂y= −z2

x.

Réponse : La solution générale est z = xϕ(xy)x+ϕ(xy)

, où ϕ est une fonction arbitraire.

Exercice 2.15 Déterminer la surface intégrale de l'équation

x∂z

∂x+ y

∂z

∂y= z2 + 1,

passant par l'hélice circulaire : x = cos t, y = sin t, z = t.

Réponse : L'équation la surface intégrale dans un système de coordonnées cy-lindriques : (r, θ, z), r =

√x2 + y2, θ = arctan y

x= t, est z = θ+tan(ln r)

1−θ tan(ln r).

Exercice 2.16 Déterminer la surface intégrale de l'équation

y∂z

∂x+ x

∂z

∂y= (x + y)z2,

passant par la courbe : x = t, y = −t2, z = t3.

Réponse : Les équations paramétriques de la surface intégrale passant par lacourbe en question sont :

x =t

2((1− t)es + (1 + t)e−s), y =

t

2((1− t)es − (1 + t)e−s),

z =t3

1 + (t4 − t5)(1− es).


Exercice 2.17 Déterminer la solution de l'équation

xy2 ∂z

∂x+ x2y

∂z

∂y= (x2 + y2)z,

passant par la droite : x = 2y, z = 1.

Réponse : On obtient la solution z = 3xy2(x2−y2)

.

On utilise les mêmes méthodes pour étudier une équation de la forme

a1∂z

∂x1

+ · · ·+ an∂z

∂xn

= b,

où a1, ..., an, b sont fonctions de x1, ..., xn, z. Le système caractéristique est

dx1

a1

= · · · = dxn

an

=dz

b.

On détermine n intégrales premières indépendantes :

ϕ1(x1, ..., xn, z) = c1, ..., ϕn(x1, ..., xn, z) = cn,

et la solution générale de l'équation ci-dessus s'écrit sous la forme

Φ(ϕ1, ..., ϕn) = 0,

où Φ est une fonction dérivable arbitraire.

Chapitre 3

Équations aux dérivées partiellesdu 2ème ordre(équations hyperboliques, équations paraboliques, équations elliptiques,...)

Dénition 21 Soit f une fonction de deux variables x et y. On appelle équa-tion aux dérivées partielles du 2ème ordre, une relation de la forme

F

(x, y, f,

∂f

∂x,∂f

∂y,∂2f

∂x2,

∂2f

∂x∂y,∂2f

∂y2

)= 0,

faisant intervenir f et ses dérivées partielles jusqu'à l'ordre 2.

Exemple 22

∂2f

∂x2= 0 =⇒ ∂

∂x

(∂f

∂x

)=⇒ ∂f

∂x= g(y),

d'oùf(x, y) = xg(y) + h(y),

où g et h sont des fonctions arbitraires.

Exemple 23

∂2f

∂x∂y= 0 =⇒ ∂

∂y

(∂f

∂x

)=⇒ ∂f

∂x= ϕ(x),

d'oùf(x, y) = Φ(x) + Ψ(y),

où Φ et Ψ sont des fonctions arbitraires.

Remarque 24 La solution d'une équation aux dérivées partielles du 2èmeordre dépend de deux fonctions arbitraires.

16


Considérons une équation aux dérivées partielles du second ordre de laforme

a(x, y)∂2z

∂x2+ 2b(x, y)

∂2z

∂x∂y+ c(x, y)

∂2z

∂y2= F

(x, y, z,

∂z

∂x,∂z

∂y

), (3.1)

où z = f(x, y) est la fonction inconnue et a, b, c, F sont des fonctions donnéesdans un domaine D ⊂ R2. On cherche une solution z de l'équation ci-dessusen supposant que la valeur de z sur une courbe γ ainsi que celle de ses dérivées∂z∂x, ∂z

∂ysont connues. Autrement dit, (problème de Cauchy) on cherche une

solution z de cette équation connaissant z et la dérivée normale ∂z∂n

sur lacourbe γ (c-à-d., le produit scalaire du gradient de z par le vecteur normalunitaire).

Dénition 25 Une caractéristique (Monge) pour l'équation ci-dessus est unecourbe dans D satisfaisant à l'équation diérentielle :

a

(∂y

∂x

)2

− 2b

(∂y

∂x

)+ c = 0. (3.2)

L'équation (3.1) est dite du type :(i) hyperbolique dans D si en tout point de D, b2 − ac > 0. Dans ce cas,

on peut résoudre l'équation (3.2) localement ce qui montre que par tout pointpassent deux caractéristiques réelles. On montre que la transformation

ξ =−b +

√b2 − ac

ax + y,

η =−b−√b2 − ac

ax + y,

où a 6= 0, ramène l'équation (3.1) à une équation du type∂2z

∂ξ∂η= F

(ξ, η, z,

∂z

∂ξ,∂z

∂η

),

et s'appelle forme canonique de type hyperbolique.

Exemple 26 L'équation des cordes vibrantes :∂2z

∂x2= k2∂2z

∂t2,

où z(x, t) est le déplacement du point d'abcisse x à l'instant t. C'est une équa-tion hyperbolique (a = 1, b = 0, c = −k2). Elle se généralise à trois dimensionsspaciales en l'équation des ondes :

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2+

∂2u

∂z2= k2∂2u

∂t2,


(ii) parabolique si b2 − ac = 0. Dans ce cas, les deux caractéristiques sontconfondues. Supposons que a 6= 0 et posons

ξ =b

ax + y,

η = − b

ax + y.

L'équation (3.1) s'écrit

∂2z

∂ξ2= F

(ξ, η, z,

∂z

∂ξ,∂z

∂η

),

et s'appelle forme canonique de type parabolique.

Exemple 27 L'équation de la chaleur :

∂z

∂t= α

∂2z

∂x2,

où t est le temps, z est la température d'un corps et α une constante. C'estune équation parabolique (a = α2, b = c = 0).

(iii) elliptique si b2 − ac < 0. Dans ce cas, les caractéristiques sont imagi-naires. Si a 6= 0, la transformation

ξ = − b

ax + y,

η =

√ac− b2

ax.

permet d'écrire l'équation (3.1) sous la forme

∂2z

∂ξ2+

∂2z

∂η2= F

(ξ, η, z,

∂z

∂ξ,∂z

∂η

),

et s'appelle forme canonique de type elliptique.

Exemple 28 L'équation des fonctions harmoniques (ou équation de Laplaceà deux variables) :

∂2z

∂x2+

∂2z

∂y2= 0,

est elliptique (a = c = 1, b = 0). En dimension trois, l'équation de Laplace (ouéquation du potentiel) s'écrit

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2+

∂2u

∂z2= 0.


Soitn∑

i,j=1

aij(x)∂2u

∂xi∂xj

+n∑

i=1

bi(x)∂u

∂xi

+ c(x) = g(x),

l'équation du 2ème-ordre linéaire non homogène où x = (x1, ..., xn) ∈ Ω ⊂ Rn,les coecients aij(x), 1 ≤ i, j ≤ n sont réels, les solutions u de cette équationappartiennent à C2(Ω), la matrice A(x) = (aij(x))1≤i,j≤n est symétrique. Soientx0 ∈ Ω un point arbitraire et λ1(x0), ..., λn(x0) les valeurs propres de la matriceA(x0) (ces valeurs propres sont évidemment réelles). On note n+ = n+(x0) lenombre de valeurs propres positives, n− = n−(x0) le nombre de valeurs propresnégatives, n0 = n0(x0) le nombre de valeurs propres nulles et n = n++n−+n0.L'équation aux dérivées partielles ci-dessus est dite

- elliptique (au point x0) si n+ = n ou n− = n. Elle est elliptique sur unensemble E ⊂ Ω, si elle l'est en tout point de E. Par exemple, l'équation dePoisson : ∆u = f , où ∆ = ∂2

∂x21

+ · · ·+ ∂2

∂x2n, est elliptique dans Rn.

- hyperbolique (au point x0) si (n+ = n − 1 et n− = 1) ou (n+ = 1 etn− = n− 1). Elle est hyperbolique sur un ensemble E ⊂ Ω, si elle l'est en toutpoint de E.

- parabolique (au point x0) si n0 > 0. Elle est parabolique sur un ensembleE ⊂ Ω, si elle l'est en tout point de E. Par exemple, l'équation de la chaleur :∂2u∂x2

1+ · · ·+ ∂2u

∂x2n−1

− ∂u∂xn

= g(x), est parabolique dans Rn.Notons brièvement que dans le langage des formes quadratiques, on peut

reformuler ceci comme suit : posons L =∑n

i,j=1 aij(x) ∂2u∂xi∂xj

(opérateur), etassocions à L la forme quadratique à n variables ξ = (ξ1, ..., ξn) :

ϕ(x0, ξ) =n∑

i=1

n∑j=1

aij(x0)ξiξj, x0 ∈ Ω.

L'équation en question est dite : - elliptique (au point x0) si la forme ϕ estdénie positive ou négative (au point x0). - parabolique (au point x0) si laforme ϕ est semi-dénie positive ou négative (au point x0). - hyperbolique (aupoint x0) si la forme ϕ est indénie non dégénérée (au point x0).

Une équation n'est pas nécessairement du même type d'un point à l'autre.Par exemple, l'équation de Tchaplyguin (n = 2),

∂2u

∂x21

+ T (x1)∂2u

∂x22

= g(x),

avec- T (x1) positive pour x1 > 0, est elliptique.- T (x1) négative pour x1 < 0, est hyperbolique.- T (x1) nulle pour x1 = 0, est parabolique.


Proposition 29 Toute solution de classe C2 de l'équation des cordes vibrantes :

∂2z

∂t2=

∂2z

∂x2,

est de la formez = g(x− t) + h(x + t),

où g et h sont des fonctions quelconques de classe C2.

Exercice 3.1 On se propose d'étudier pour l'équation des cordes vibrantes, leproblème de Cauchy : étant données deux fonctions u, v ∈ C2[a, b], trouver unesolution z(x, t) de l'équation

∂2z

∂t2=

∂2z

∂x2,

telle que pour t = 0 et x ∈ [a, b],

z(x, 0) = u(x),∂z

∂t(x, 0) = v(x).

Réponse : On obtient

z(x, t) = g(x− t) + h(x + t) =1

2

(u(x− t) + u(x + t) +

∫ x+t

x−t

v(τ)dτ

).

(cette expression n'a de sens que si x− t, x+ t ∈ [a, b] car u et v ne sont dénisque sur cet intervalle).

Remarque 30 Supposons que dans une équation n'interviennent que des déri-vées partielles par rapport à une même variable. On peut donc étudier une telleéquation comme une équation diérentielle ordinaire tandis que les constantesd'intégration doivent être considérées comme des fonctions de la variable joueantle rôle d'un paramètre. De même, si dans une équation n'apparaissent que desdérivées partielles d'une même dérivée partielle par rapport à l'une des va-riables alors on peut étudier une telle équation en considérant cette dernièredérivée partielle comme une inconnue intermédiaire.

Exercice 3.2 Intégrer l'équation

∂2z

∂x2= x + y,

Réponse : On a z = x3

6+ x2y

2+ g1(y)x + g2(y), où g1 et g2 sont des fonctions

arbitraires de y.


Exercice 3.3 Déterminer la solution de l'équation

∂2z

∂x2= (1 + y2)z,

vériant les conditions initiales suivantes :

z(0, y) = y,∂z

∂x(0, y) = 0.

Réponse : On obtient z(x, y) = y cosh(x√

1 + y2).

Exercice 3.4 Résoudre l'équation

x∂2f

∂x2+ y

∂2f

∂x∂y= 0,

Réponse : On a

f(x, y) =

∫ϕ

(x

y

)dx + ψ(y) = y

∫ϕ(t)dt + ψ(y) = yΦ

(x

y

)+ ψ(y),

où Φ et ψ sont des fonctions arbitraires.

Remarque 31 Pour réduire l'équation aux dérivéeés partielles (4.2.1) à saforme canonique, on peut raisonner (de manière équivalente) comme suit :

(i) Si b2 − ac > 0, alors l'équation (4.2.1) est hyperbolique. L'équation(4.2.2) possède deux intégrales

ϕ(x, y) = C1, ψ(x, y) = C2.

Ce sont deux familles de caractéristiques réelles. En posant

ξ = ϕ(x, y), η = ψ(x, y),

on ramène l'équation (4.2.1) à sa forme canonique :

∂2z

∂ξ∂η= Φ

(ξ, η, z,

∂z

∂ξ,∂z

∂η

).

(ii) Si b2 − ac = 0, alors l'équation (4.2.1) est parabolique. L'équation(4.2.2) possède une intégrale

ϕ(x, y) = C.

Les deux familles de caractéristiques se confondent. On pose

ξ = ϕ(x, y), η = ψ(x, y),


où ψ est une fonction arbitraire telle que : ∂ξ∂x

∂η∂y− ∂ξ

∂y∂η∂x6= 0. On ramène ainsi

l'équation (4.2.1) à sa forme canonique :

∂2z

∂2η= Φ

(ξ, η, z,

∂z

∂ξ,∂z

∂η

).

(iii) Si b2−ac < 0, alors l'équation (4.2.1) est elliptique. L'équation (4.2.2)possède deux intégrales

ϕ(x, y) + iψ(x, y) = C1, ϕ(x, y)− iψ(x, y) = C2.

En posantξ = ϕ(x, y), η = ψ(x, y),

on réduit l'équation (4.2.1) à sa forme canonique :

∂2z

∂2ξ+

∂2z

∂2η= Φ

(ξ, η, z,

∂z

∂ξ,∂z

∂η

).

Exercice 3.5 Réduire à la forme canonique l'équation aux dérivées partielles :

x2 ∂2z

∂x2+ 2xy

∂2z

∂x∂y+ y2 ∂2z

∂y2= 0.

Réponse : On obtient∂2z

∂η2= 0.

Exercice 3.6 En utilisant le changement de variable : u = x, v = xy, détermi-

ner les fonctions f de classe C2 solutions de l'équation aux dérivées partiellesde l'exercice précédent, sur l'ouvert Ω =]0, +∞[×]0, +∞[⊂ R2.

Réponse : La solution de l'équation proposée est

f(x, y) = xϕ

(x

y

)+ ψ

(x

y

).

Exercice 3.7 Réduire à la forme canonique l'équation aux dérivées partielles :

y2 ∂2z

∂x2+ x2 ∂2z

∂y2= 0.


2ξη

(∂2z

∂ξ2+

∂2z

∂η2

)+ η

∂z

∂ξ+ ξ

∂z

∂η= 0.


Exercice 3.8 On considère l'équation aux dérivées partielles de fonction in-connue z(x, y), de classe C2 :

x4 ∂2z

∂x2− ∂2z

∂y2= 0.

a) Déterminer ses caractéristiques.b) Former l'intégrale générale de cette équation.c) Déterminer des solutions élémentaires de cette équation par la méthode

de séparation des variables.

Réponse : a) L'équation des caractéristiques est

x4

(∂y

∂x

)2

− 1 = 0,

c'est-à-dire,∂y

∂x= ± 1

x2,

d'où,y =

1x

+ C1

− 1x

+ C2(C1, C2 : constantes).

b) On trouve,

z(x, y) =x

2

(g

(1

x+ y

)+ h

(−1

x+ y

)).

c) On obtient

λ > 0, z(x, y) = x(Ae−

√λy + Be

√λy

)(Ce−

√λ

x + De√

λx

),

λ = 0, z(x, y) = (A + By)(Cx + D),

λ < 0, u(x) = x(A cos

√−λy + B sin

√−λy

) (C cos

√−λ

x+ D sin

√−λ

x

),

où A, B, C, D sont des constantes.

Exercice 3.9 Déterminer la solution de l'équation aux dérivées partielles :

∂2z

∂x2− 1

k2

∂2z

∂t2= sin(αx− ωt),

qui satisfait aux conditions initiales

z(x, 0) = 0,∂z

∂t(x, 0) = 0.


Réponse : On a

z(x, t) =sin α(x− kt)

2α(α− λ)+

sin α(x + kt)

2α(α + λ)+

sin(αx− ωt)

λ2 − α2, λ ≡ ω

k.

Exercice 3.10 Résoudre l'équation aux dérivées partielles :

∂3z

∂x2∂y+

∂3z

∂x∂y2− 6

∂3z

∂y3= 0.

Réponse : L'équation proposée admet l'intégrale générale

z(x, y) = f(x) + g(2x + y) + h(−3x + y),

où f , g et h sont des fonctions arbitraires.

Exercice 3.11 (Problème de Dirichlet). Etant donné un domaine Ω dont lebord ∂Ω est une courbe et ϕ : ∂Ω −→ R une fonction continue, chercher unefonction f ∈ C0(Ω) ∩ C2(Ω) telle que :

∆f = 0 dans Ωf = ϕ sur ∂Ω

où ∆ est l'opérateur de Laplace.

Exercice 3.12 (Problème de Neumann). Sous les mêmes hypothèses (exer-cice précédent) sur Ω et étant donnée une fonction continue ψ : ∂Ω −→ R,déterminer une fonction f ∈ C1(Ω) ∩ C2(Ω) telle que :

∆f = 0 dans Ω∂f∂n

= ψ sur ∂Ω

où ∂f∂n

représente la dérivation suivant le vecteur unitaire normal extérieur.

Pour l'étude des problèmes de Dirichlet et de Neumann via la formulationvariationnelle, voir plus loin.

Chapitre 4

Formulation variationnelle desEDP(espaces de Sobolev, problèmes de Dirichlet, problèmes de Neumann,...)

On note x = (x1, ..., xn) ∈ Rn, le symbole nabla ∇ représente le gradientde u,

∇u(x) = gradu(x) = (∂u

∂x1

, ...,∂u

∂xn

),

et div désigne l'opérateur divergence, il s'applique à une fonction vectorielle,

div(v1(x), ..., vn(x)) =∂v1

∂x1

+ · · ·+ ∂vn

∂xn

,

le symbole ∆ désigne le laplacien de u,

∆u(x) = div∇u(x) =∂2u

∂x21

+ · · ·+ ∂2u

∂x2n

.

Espaces de SobolevSoit Ω ⊂ Rn, un ouvert. L'espace de Sobolev H1(Ω) est l'espace des fonc-

tions de L2(Ω) dont les dérivées partielles, au sens des distributions sont iden-tiables à des fonctions localement intégrables qui sont aussi dans L2(Ω) ;

H1(Ω) =

u ∈ L2(Ω) tel que : ∂u

∂xi

∈ L2(Ω), 1 ≤ i ≤ n

.

Autrement dit, une fonction u ∈ L2(Ω) est dans H1(Ω) s'il existe v1, ..., vn ∈L2(Ω) tels que :

∫

Ω

u∂ϕ

∂xi

dx = −∫

Ω

viϕdx, ∀ϕ ∈ D(Ω), 1 ≤ i ≤ n

25


où D(Ω) (que l'on note également C∞c (Ω)) désigne l'espace des fonctions in-

déniment dérivables à support compact dans Ω. Et d'après la théorie desdistributions, les vi sont notées ∂u

∂xi. L'espace H1(Ω) muni du produit scalaire

(u, v)H1(Ω) =

∫

Ω

(uv +∇u.∇v)dΩ,

est complet ; c'est un espace de Hilbert (espace vectoriel muni d'un produitscalaire et qui est complet pour la norme (u, u)

12 ). On note

‖u‖H1(Ω) =

(∫

Ω

(u2 + ‖∇u‖2)dΩ

) 12

=(‖u‖2

L2(Ω) + ‖∇u‖2L2(Ω)

) 12.

Pour n ≥ 2 un entier, l'espace de Sobolev Hn(Ω) est déni par

Hn(Ω) =u ∈ L2(Ω) tel que : ∂αu ∈ L2(Ω), ∀α ∈ Nn, |α| ≤ n

,

oùα = (α1, ..., αn) ∈ Nn, |α| =

n∑i=1

αi, ∂αu =∂|α|u

∂xα11 ...∂xαn

n

.

Muni du produit scalaire

(u, v)Hn(Ω) =

∫

Ω

∑

|α|≤n

∂αu(x)∂αv(x)dx,

Hn(Ω) est un espace de Hilbert et on note la norme associée

‖u‖Hn(Ω) =√

(u, u).

L'espace H10 (Ω) désigne l'adhérence (fermeture) de D(Ω) dans H1(Ω) pour

la norme de H1(Ω) :H1

0 (Ω) = D(Ω)H1(Ω)

,

c'est-à-dire les fonctions de H10 (Ω) sont les limites dans H1(Ω) des suites de

fonctions de D(Ω). Muni du produit scalaire de H1(Ω), H10 (Ω) est un espace

de Hilbert (en tant que sous-espace fermé d'un espace de Hilbert H1(Ω)).Si Ω est un ouvert borné, alors on a H1

0 (Ω) $ H1(Ω) et si Ω = Rn, alorsH1

0 (Rn) = H1(Rn).Les fonctions de l'espace de Sobolev H1(Ω), Ω ⊂ Rn, peuvent avoir des

singularités. Les propriétés essentielles de H1(Ω) qui seront utiles dans l'étudedes problèmes aux limites, dépendent de la régularité de la frontière de l'ouvertΩ. Dans le cas où Ω est régulier, par exemple de classe C1 (c'est-à-dire quesa frontière est localement le graphe d'une fonction C1), les fonctions de cetespace ont une trace (voir ci-dessous) sur le bord ∂Ω de Ω, elle se prolonge en


un opérateur linéaire continu de H1(Ω) dans L2(Ω) et va jouer un rôle crucialedans ce qui va suivre.

Pour décrire cette notion de trace, considérons un ouvert borné Ω ⊂ Rn, declasse C1. Comme l'adhérence Ω de Ω est un fermé, alors lorsque Ω est borné ona D(Ω) = C∞(Ω). L'espace D(Ω) est dense dans H1(Ω) et (théorème de trace)l'application trace

γ0 :(D(Ω), ‖.‖H1(Ω)

) −→ (C0(∂Ω), ‖.‖L2(∂Ω)

), u 7−→ u|∂Ω,

est une application linéaire continue qui se prolonge de manière unique en uneapplication linéaire continue de H1(Ω) dans L2(∂Ω) ; c'est la trace de u sur ∂Ωnotée également γ0,

γ0 : H1(Ω) −→ L2(∂Ω), u 7−→ γ0(u) = u|∂Ω.

En particulier (continuité), on a

∃C > 0, ∀u ∈ H1(Ω), ‖γ0(u)‖L2(∂Ω) ≤ C‖u‖H1(Ω),

la norme de γ0 étant

‖γ0‖ = sup0 6=u∈H1(Ω)

‖u|∂Ω‖L2(∂Ω)

‖u‖H1(Ω)

.

Il faut bien noter que les fonctions de L2(Ω) n'ont pas nécessairement une tracesur le bord. Par contre grâce au théorème de trace, les fonctions de H1(Ω) ontbien une trace sur le bord.

On a les inégalités suivantes où Ω ⊂ Rn est un ouvert borné et C ≡ CΩ > 0ne dépend que de Ω :

∀u ∈ H10 (Ω), ‖u‖L2(Ω) ≤ C‖∇u‖L2(Ω), (inégalité de Poincaré)

∀u ∈ H1(Ω), ‖u−〈u〉Ω‖L2(Ω) ≤ C‖∇u‖L2(Ω), (inégalité de Poincaré-Wirtinger)où

〈u〉Ω =1

|Ω|∫

Ω

u(x)dx,

est la moyenne de u sur R et |Ω| = ∫Ω

dx.Pour le comportement sur le bord ∂Ω, on montre que si Ω est un ouvert

borné de classe C1 et si u ∈ H1(Ω) ∩ C(Ω), alors

u = 0 sur ∂Ω ⇐⇒ u ∈ H10 (Ω).

En terme de l'application trace γ0, l'espace H10 (Ω) est le noyau de γ0,

H10 (Ω) = ker γ0 =

u ∈ H1(Ω); γ0(u) = 0 dans L2(∂Ω)

.


La notion de trace permet d'introduire la formule de Green (intégrationpar parties en dimension > 1) pour les fonctions de H1(Ω). Plus précisément,soient Ω un ouvert borné de classe C1 et u, v ∈ H1(Ω), alors

∫

Ω

∂u

∂xi

(x)v(x)dx = −∫

Ω

u(x)∂v

∂xi

(x)dx +

∫

∂Ω

u(x)v(x)ni(x)dσ,

où n = (ni)1≤i≤n est la normale unitaire extérieure à ∂Ω et dσ est la mesuresupercielle du bord ∂Ω.

L'image Im γ0 de l'application trace γ0 n'est pas L2(∂Ω), mais un sous-espace plus petit que L2(Ω), dense dans L2(∂Ω) et constitué de fonctions enquelque sorte plus régulières. Cet espace de Sobolev fractionnaire est notéH1/2(∂Ω) et il est déni par

H1/2(∂Ω) =

u ∈ L2(∂Ω) : (x, y) 7−→ |u(x)− u(y)|

|x− y|(n+1)/2∈ L2(∂Ω× ∂Ω)

,

ou encore

H1/2(∂Ω) =u ∈ L2(∂Ω) : ∃v ∈ H1(Ω), γ0(v) = u ∈ L2(∂Ω∂)

.

C'est un espace de Hilbert pour la norme

‖u‖H1/2(∂Ω) = infv∈H1(Ω),γ0v=u

‖v‖H1(Ω).

Dès lors, on montre qu'il existe une application linéaire continue (on dit aussiopérateur de relèvement), R : H1/2(∂Ω) −→ H1(Ω) vériant,

∀u ∈ H1/2(∂Ω), γ0oR(u) = u.

De même, on peut introduire dans Hn(Ω) la notion de trace et obtenirdes formules de Green. Par exemple pour n = 2 (cas qui va intervenir par lasuite), on sait que D(Ω) est dense dans H2(Ω), Ω ⊂ Rn étant un ouvert bornéde classe C1, alors (théorème de trace) l'application trace dénie par

γ1 :(D(Ω), ‖.‖H2(Ω)

) −→ (C0(∂Ω), ‖.‖L2(∂Ω)

), u 7−→ ∂u

∂n

∣∣∣∣∂Ω

,

est une application linéaire continue qui se prolonge de manière unique en uneapplication linéaire continue de H2(Ω) dans L2(∂Ω) ; c'est la trace de u sur ∂Ωnotée aussi γ1,

γ1 : H2(Ω) −→ L2(∂Ω), u 7−→ γ1(u) =∂u

∂n

∣∣∣∣∂Ω

.


En particulier (continuité),

∃C > 0, ∀u ∈ H2(Ω), ‖γ1(u)‖L2(∂Ω) ≤ C‖u‖H2(Ω),

la norme de γ1 étant

‖γ1‖ = sup0 6=u∈H2(Ω)

∥∥ ∂u∂n

∣∣∂Ω

∥∥L2(∂Ω)

‖u‖H2(Ω)

.

Pour les fonctions de H2(Ω) on a une formule de Green : si Ω est un ouvertborné de classe C1, u ∈ H2(Ω) et v ∈ H1(Ω), alors

∫

Ω

∆u(x)v(x)dx = −∫

Ω

∇u(x).∇v(x)dx +

∫

∂Ω

∂u

∂n(x)v(x)dσ,

où ∂u∂n

= n.grad u est la dérivée normale de u sur ∂Ω, c-à-d.,

∂u

∂n(x) = n(x).∇u(x), x ∈ ∂Ω.

Pour montrer l'existence et l'unicité de solutions aux problèmes que nousallons étudier, on utilise le théorème de Lax-Milgram suivant :

Soit E un espace de Hilbert, a : E × E −→ R une forme bilinéaire- continue, c-à-d., ∃Ma > 0, ∀u, v ∈ E, |a(u, v)| ≤ Ma‖u‖‖v‖,

et- coercive, c-à-d., ∃α > 0, ∀u ∈ E, a(u, u) ≥ α‖u‖2.

Si l : E −→ R est une forme linéaire continue c-à-d., v 7−→ l(v) est linéaire et∃C > 0 : ∀v ∈ E, |l(v)| ≤ C‖v‖, alors la formulation variationnelle :

Trouver u ∈ E tel que : ∀v ∈ E, a(u, v) = l(v),

admet une solution unique dans E. En outre, cette solution dépend conti-nûment de la forme linéaire l.

Par ailleurs, lorsque les hypothèses du théorème de Lax-Milgram sont sa-tisfaites et si en outre la forme bilinéaire a est symétrique (a(u, v) = a(v, u)),alors u est l'unique solution du problème de minimisation suivant :

Trouver u ∈ E tel que : J(u) ≤ J(v),

où J est dénie pour v ∈ E par

J(v) =1

2a(v, v)− l(v).


La solution u est caractérisée par

J(u) = minv∈E

J(v).

Réciproquement, si u ∈ E est un point de minimum de J(v), alors u estl'unique solution de la formulation variationnelle ci-dessus.

Problèmes de Dirichlet et de NeumannConsidérons le problème aux limites

−∆u = f dans Ωu = 0 sur ∂Ω

(4.1)

où Ω ⊂ Rn est un ouvert borné, ∂Ω son bord et f une fonction donnée.La formulation classique de (4.1) consiste à chercher u ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω),

solution de ce problème. Autrement dit, une fonction u : Ω −→ R est ditesolution classique de ce problème si u ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) et u vérie (4.1).

Soit v ∈ C2(Ω)∩C1(Ω), v = 0 sur ∂Ω. En multipliant l'équation −∆u = fpar v et en intégrant par parties, on obtient (en vertu de la formule de Greenet de la condition homogène au bord) l'expression

∫

Ω

∇u.∇vdx =

∫

Ω

fvdx,

pour toute fonction v ∈ C2(Ω)∩C1(Ω) avec v = 0 sur∂Ω. Si E désigne l'espacede ces fonctions, alors la transformation du problème classique (4.1) en

Trouver u ∈ E, ∀v ∈ E,

∫

Ω

∇u.∇vdx =

∫

Ω

fvdx, (4.2)

consiste à écrire la formulation variationnelle du problème. Notons la dualitéqui existe entre la formulation classique (4.1) qui peut s'écrire

Trouver u ∈ E, ∀x ∈ Ω,−∆u(x) = f(x), (4.3)et la formulation variationnelle (4.2), entre l'espace des points Ω et l'espacedes fonctions E. L'existence et l'unicité de solution à (4.2) s'obtient à l'aidedu théorème de Lax-Milgram qui fournit des conditions susantes pour qu'unproblème de la forme

Trouver u ∈ E, ∀v ∈ E, a(u, v) = l(v),

(où a est une forme bilinéaire et l une forme linéaire), admet une solutionunique. Pour que les termes de (4.2) aient un sens, il sut (régularité) que


u, v ∈ C1(Ω) ∩ C0(Ω). On sait que dans le théorème de Lax-Milgram, E estun espace de Hilbert. Or ici l'espace E = u ∈ C1(Ω)∩C0(Ω), u = 0 sur ∂Ω,n'est pas un espace de Hilbert car il n'est pas complet. Pour remédier à ce pro-blème, on fait appel aux espaces de Sobolev qui joueront le rôle de complétésd'espaces de ce type et constituent le bon cadre fonctionnel pour l'étude de cegenre de problèmes aux limites.

Dans ce qui va suivre, on va utiliser les espaces de Sobolev, les dérivéesseront au sens des distributions et les conditions aux limites au sens de lathéorie des traces. L'étude de ce type de problèmes via l'approche variationnelleconsiste tout d'abord à

- établir une formulation variationnelle,ensuite

- montrer que cette formulation possède une solution unique,et enn

- prouver l'équivalence avec le problème initial.Nous allons appliquer cette démarche avec plus de détail à l'étude de

quelques problèmes ci-dessous. Rappelons (voir chapite 1) qu'un problème estdit bien posé (au sens de Hadamard) s'il admet pour toute donnée (secondmembre, ouvert, données au bord, etc.), une solution unique et si celle-ci dé-pend continûment de la donnée.

Problème de Dirichlet "homogène" :

Etant donné un ouvert Ω borné de classe C1, de frontière ∂Ω, on chercheune solution au problème de Dirichlet avec conditions aux limites homogènes,

−∆u = f dans Ωu = 0 sur ∂Ω

(4.4)

où f ∈ L2(Ω) une fonction donnée. On multiplie l'équation −∆u = f par unefonction v et on intégre sur Ω,

∫

Ω

−(∆u)vdx =

∫

Ω

fvdx.

Puis on eectue une intégration par parties (formule de Green), ce calcul estformel pour le moment et sera justié ci-dessous,

∫

Ω

∇u.∇dx−∫

∂Ω

∂u

∂n.vdσ =

∫

Ω

fvdx,

où dσ est la mesure supercielle du bord ∂Ω. (On utilisera ici et plus loinindiéremment la notation dx ou dΩ). On souhaite que u et v soient dans unmême espace de Hilbert E et que v = 0 sur le bord ∂Ω, d'où

∫

Ω

∇u.∇vdx =

∫

Ω

fvdx.


Une condition susante pour que∫

Ω∇u.∇vdx ait un sens est∇u,∇v ∈ L2(Ω) ;

il sut de considérer composante par composante. Par hypothèse, f ∈ L2(Ω),donc pour que

∫Ω

fvdx ait un sens, il sut que v ∈ L2(Ω). L'idée est de choisirl'espace E = H1

0 (Ω) et celui-ci va en outre nous permettre de faire disparaitrel'intégrale sur le bord ci-dessus. Dès lors, la formulation variationnelle (ouformulation faible) de ce problème est

Trouver u ∈ H10 (Ω),∀v ∈ H1

0 (Ω),

∫

Ω

∇u.∇vdx =

∫

Ω

fvdx. (4.5)

Pour montrer que cette formulation variationnelle admet une solution unique,on applique le théorème de Lax-Milgram avec

a(u, v) =

∫

Ω

∇u.∇vdx, l(v) =

∫

Ω

fvdx,

sur l'espace H10 (Ω) muni de la norme

‖u‖H10 (Ω) = ‖∇u‖L2(Ω).

Notons que a est une forme bilinéaire sur H10 (Ω)×H1

0 (Ω). La continuité de arésulte de l'inégalité de Cauchy-Schwarz

|a(u, v)| =∣∣∣∣∫

Ω

∇u.∇vdx

∣∣∣∣ ≤ ‖∇u‖L2(Ω).‖∇v‖L2(Ω) ≤ ‖u‖H1(Ω)‖v‖H1(Ω),

pour tout u, v ∈ H10 (Ω) et rappelons que :

‖u‖H1(Ω) =(‖u‖2

L2(Ω) + ‖∇u‖2L2(Ω)

) 12.

D'après l'inégalité de Poincaré, il existe une constante C ≡ CΩ > 0 tel que :

∀u ∈ H10 (Ω), ‖u‖L2(Ω) ≤ C‖∇u‖L2(Ω),

c-à-d., ∫

Ω

u2dΩ ≤ C

∫

Ω

|∇u|2dΩ.

Comme‖u‖2

H1(Ω) =

∫

Ω

(|∇u|2 + u2)dΩ ≤ (1 + C)

∫

Ω

|∇u|2dΩ,

alors il existe une constante α ≡ 11+C

> 0 tel que :

∀u ∈ H10 (Ω), a(u, u) =

∫

Ω

|∇u|2dx ≥ α‖u‖2H1(Ω),


donc a est coercive. Enn, l est linéaire sur H10 (Ω) et sa continuité résulte aussi

de l'inégalité de Cauchy-Schwarz,

∀v ∈ H10 (Ω), |l(v)| =

∣∣∣∣∫

Ω

fvdΩ

∣∣∣∣ ≤ ‖f‖L2(Ω)‖v‖L2(Ω) ≤ ‖f‖L2(Ω)‖v‖H1(Ω),

(ce qui est équivalent à dire que l ∈ H−1(Ω), dual topologique de H10 (Ω)). Les

hypothèses du théorème de Lax-Milgram étant satisfaites, on en conclut qu'ilexiste une unique fonction u ∈ H1

0 (Ω) solution de la formulation variationnelle(4.5). (Notons que l'on peut appliquer le théorème de Lax-Milgram sur l'espaceH1

0 (Ω) muni de la norme ‖u‖H1(Ω) de H1(Ω). Dans ce cas, a et l sont évidem-ment continues et la coercivité de a résulte de l'inégalité de Poincaré. Signalonsque lorsque l'ouvert Ω n'est pas borné, on n'est plus assuré de l'existence de lasolution). On vient de prouver que la formulation variationnelle (4.5) possèdeune solution unique et pour montrer l'équivalence avec le problème initial, onprocède comme suit : on suppose que l'on dispose d'une solution régulière auproblème (4.5), en général dans l'espace H2(Ω) (on parle de solution forte).Par hypothèse Ω est un ouvert borné de classe C1. Pour v ∈ H1

0 (Ω) ; on a v = 0sur le bord ∂Ω et donc

∫

Ω

∇u.∇vdx = −∫

Ω

(∆u)vdx,

en vertu de la formule de Green. En tenant compte de (4.5), on obtient pourtout v ∈ D(Ω), ∫

Ω

(∆u + f)fdx = 0,

et comme f ∈ L2(Ω), alors∆u + f = 0,

presque partout dans Ω. On déduit du théorème de trace que la trace sur lebord ∂Ω de toute fonction de H1

0 (Ω) est nulle dans L2(Ω). Dès lors, u = 0presque partout sur ∂Ω. Finalement, on a obtenu le problème (4.4).

Par ailleurs, la forme bilinéaire a étant symétrique (a(u, v) = a(v, u)), onmontre que si u ∈ H1

0 (Ω) est l'unique solution de la formulation variationnelle(4.5), alors u est l'unique point de minimum de

J(v) =1

2

∫

Ω

|∇v|2dx−∫

Ω

fvdx, v ∈ H10 (Ω),

c-à-d.,J(u) = min

v∈H10 (Ω)

J(v).

Réciproquement, si u ∈ H10 (Ω) est un point de minimum de J(v), alors u est

l'unique solution de la formulation variationnelle (4.5).


(Note : Si la solution u de la formulation variationnelle (4.5) n'est plussupposée régulière et s'il en est de même de l'ouvert Ω, alors dans ce cas ilfaut utiliser un autre raisonnement car on ne peut plus utiliser la formulede Green ni même le théorème de trace si Ω n'est pas régulier. Notons quechaque composante de ∇u appartient à L2(Ω). D'après (4.5) et l'inégalité deCauchy-Schwarz, il existe une constante C > 0 telle que :

∀v ∈ H10 (Ω),

∣∣∣∣∫

Ω

∇u.∇vdx

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∫

Ω

fvdx

∣∣∣∣ ≤ C‖v‖L2(Ω).

Or D(Ω) ⊂ H10 (Ω), donc l'inégalité ci-dessus montre que ∇u possède une

divergence (au sens faible)1 dans L2(Ω). Autrement dit,

∀v ∈ D(Ω),

∫

Ω

∇u.∇vdx = −∫

Ω

(div∇u)vdx.

Dès lors,∀v ∈ D(Ω),

∫

Ω

(div∇u + f)vdx = 0,

et on en déduit que2div∇u + f = 0,

presque partout dans Ω. Comme f ∈ L2(Ω) et div∇u = ∆u, alors

div∇u = −f = ∆u ∈ L2(Ω).

Par conséquent, on a retrouvé l'équation : −∆u = f , presque partout dansΩ. Ainsi que u = 0, presque partout sur ∂Ω si l'ouvert Ω est régulier. Or sil'ouvert n'est pas régulier, on ne peut pas déduire du théorème de trace queu = 0, presque partout sur ∂Ω. Cependant l'utilisation de l'espace de SobolevH1

0 (Ω) nous incite de façon formelle à dire que u = 0 sur le bord ∂Ω).

1Soit ζ : Ω −→ Rm, ζ ∈ L2(Ω)m. On dit que ζ possède une divergence (au sens faible)dans L2(Ω) s'il existe w ∈ L2(Ω) tel que :

∀ϕ ∈ D(Ω),∫

Ω

ζ(x).∇ϕ(x)dx = −∫

Ω

w(x)ϕ(x)dx.

On note : w = divζ (divergence faible). Par ailleurs, on montre que si ζ ∈ L2(Ω)m et s'ilexiste C > 0 tel que :

∀ϕ ∈ D(Ω),∣∣∣∣∫

Ω

ζ(x).∇ϕ(x)dx

∣∣∣∣ ≤ C‖ϕ‖L2(Ω),

alors ζ possède une divergence (au sens faible)).2Soit f ∈ L2(Ω). Si pour tout ϕ ∈ D(Ω),

∫Ω

f(x)ϕ(x)dx = 0, alors f(x) = 0 presquepartout dans Ω.


Problème de Dirichlet "non homogène" :

Sous les mêmes hypothèses sur Ω, on cherche une solution au problème deDirichlet avec conditions aux limites non homogènes,

−∆u = f dans Ωu = g sur ∂Ω

où f ∈ L2(Ω) et g ∈ H1/2(∂Ω) ⊂ L2(∂Ω) sont des fonctions données. Onmontre que ce problème admet une unique solution (faible) u ∈ H1(Ω). Notonsd'abord qu'en raisonnant comme dans le cas homogène, on multiplie l'équationaux dérivées partielles : −∆u = f par une fonction v ∈ H1

0 (Ω) (pour annulerle terme sur le bord), on obtient

∫

Ω

∇u.∇vdx =

∫

Ω

fvdx,

via la formule de Green. La formulation variationnelle est

Trouver u ∈ E, ∀v ∈ H10 (Ω),

∫Ω∇u.∇vdx =

∫Ω

fvdx,où

E = u ∈ H1(Ω) : γ0(u) = g ∈ L2(∂Ω),et γ0 est l'application trace. Comme l'espace des solutions n'est pas le mêmeque celui des fonctions v, alors pour pouvoir utiliser le théorème de Lax-Milgram, on va "symétriser" le problème. Comme Ω est un ouvert borné declasse C1 et g ∈ H1/2(∂Ω), alors l'application trace γ0 sur ∂Ω de H1(Ω) dansL2(∂Ω) est telle que :

γ0(ζ) = g, ζ ∈ H1(Ω).

En posant v = u − ζ (ici ζ joue le rôle d'un relèvement que nous avons notéprécédemment R), le problème ci-dessus se ramène à celui-ci

−∆v = f + ∆ζ dans Ωv = 0 sur ∂Ω

Pour établir la formulation variationnelle de ce problème et appliquer les ré-sultats obtenus précédemment, on va raisonner un peu diéramment (il fautnoter que pour ζ ∈ H1(Ω), ∆ζ /∈ L2(Ω) mais ∆ζ ∈ D′(Ω) où D′(Ω) est l'espacedes distributions). Pour toute fonction ϕ ∈ D(Ω), on a

〈−∆v, ϕ〉 = 〈f, ϕ〉+ 〈∆ζ, ϕ〉,c'est-à-dire (en tenant compte de la dérivation au sens des distributions),

∀ϕ ∈ D(Ω),n∑

i=1

⟨∂v

∂xi

,∂ϕ

∂xi

⟩= 〈f, ϕ〉 −

n∑i=1

⟨∂ζ

∂xi

,∂ϕ

∂xi

⟩,


ou encore (les termes dans les crochets appartiennent à L2(Ω)),∫

Ω

∇v.∇ϕdx =

∫

Ω

fϕdx−∫

Ω

∇ζ.∇ϕdx.

La formulation variationnelle du problème ci-dessus est donc

Trouver v ∈ H10 (Ω), ∀w ∈ H1

0 (Ω),∫Ω∇v.∇wdx =

∫Ω

fwdx− ∫Ω∇ζ.∇wdx.

Dès lors, on applique le théorème de Lax-Milgram avec

a(v, w) =

∫

Ω

∇v.∇wdx, l(w) =

∫

Ω

fwdx−∫

Ω

∇ζ.∇wdx.

On a montré précédemment que la forme a est bilinéaire, continue et coercivesur l'espace H1

0 (Ω)×H10 (Ω). Notons que l est linéaire et elle est continue car

|l(w)| =

∣∣∣∣∫

Ω

fwdx−∫

Ω

∇ζ.∇wdx

∣∣∣∣ ,

≤ ‖f‖L2(Ω)‖w‖L2(Ω) + ‖∇ζ‖L2(Ω)‖∇w‖L2(Ω),

≤ ‖f‖L2(Ω)‖w‖H1(Ω) + ‖∇ζ‖L2(Ω)‖w‖H1(Ω),

≤ C‖∇w‖H1(Ω),

où C ≡ max‖f‖L2(Ω), ‖∇ζ‖L2(Ω)

. Toutes les hypothèses du théorème de

Lax-Milgram étant satisfaites, on en déduit que ce problème, c-à-d.,

Trouver v ∈ H10 (Ω), ∀w ∈ H1

0 (Ω), a(v, w) = l(w),

admet une solution unique. Comme u = v + ζ, alors u est une solution(faible) du problème proposé. En outre, cette solution est unique (en eet,si u1, u2 ∈ H1(Ω) avec γ0(u1) = γ0(u2) = g ∈ L2(∂Ω) et

∀w ∈ H10 (Ω),

∫

Ω

∇u1.∇wdx =

∫

Ω

∇u2.∇wdx =

∫

Ω

fwdx,

alors, u1 − u2 ∈ H10 (Ω) et on a

∀w ∈ H10 (Ω),

∫

Ω

∇(u1 − u2).∇wdx =

∫

Ω

fwdx.

Le théorème de Lax-Milgram arme que ce problème possède une solutionunique et comme 0 est solution, alors u1 − u2 = 0).

On montre également à l'aide du théorème de Lax-Milgram que la solutionv vérie

‖v‖H1(Ω) ≤ C(‖f‖L2(Ω) + ‖∇ζ‖L2(Ω)

),

≤ C(‖f‖L2(Ω) + ‖ζ‖H1(Ω)

),

≤ C(‖f‖L2(Ω) + ‖ζ‖H1/2(Ω)

),


où C ne dépend que de Ω et on a une estimation similaire pour la solutionu = v + ζ ∈ H1(Ω),

‖u‖H1(Ω) ≤ C(‖f‖L2(Ω) + ‖g‖H1/2(∂Ω)

).

Problème de Neumann "homogène" :

Sous les mêmes hypothèses sur Ω, on cherche une fonction u telle que : −∆u + u = f dans Ω

∂u∂n

= 0 sur ∂Ω

où f ∈ L2(Ω) et n est la normale unitaire à ∂Ω extérieure à Ω. On suppose qu'ilexiste une solution (forte) u ∈ H2(Ω) à ce problème. On multiplie l'équation−∆u + u = f par v ∈ H1(Ω) et on intégre sur Ω. D'où

∫

Ω

(−(∆u)v + uv)dΩ =

∫

Ω

fvdΩ,

et d'après la formule de Green, on obtient∫

Ω

(∇u.∇v + uv)dΩ−∫

∂Ω

∂u

∂nvdσ =

∫

Ω

fvdΩ.

Or ∂u∂n

= 0 sur ∂Ω (mais u n'est pas connu sur le bord), donc la formulationvariationnelle de ce problème est

Trouver u ∈ H1(Ω), ∀v ∈ H1(Ω),∫

Ω(∇u.∇v + uv)dΩ =

∫Ω

fvdΩ.

Pour montrer que cette formulation admet une solution unique, on va utiliserle théorème de Lax-Milgram avec

a(u, v) =

∫

Ω

(∇u.∇v + uv)dΩ, l(v) =

∫

Ω

fvdΩ,

La forme a est bilinéaire sur H1(Ω) × H1(Ω). Elle est continue car d'aprèsl'inégalité de Cauchy-Schwarz, on a

∀u, v ∈ H1(Ω), |a(u, v)| =∣∣∣∣∫

Ω

(∇u.∇v + uv)dΩ

∣∣∣∣ ≤ ‖u‖H1(Ω)‖v‖H1(Ω).

En outre a est coercive car a(v, v) = ‖v‖2H1(Ω) pour tout v ∈ H1(Ω). Enn, l est

linéaire sur H1(Ω) et sa continuité découle de l'inégalité de Cauchy-Schwarz,

∀v ∈ H1(Ω), |l(v)| =∣∣∣∣∫

Ω

fvdΩ

∣∣∣∣ ≤ ‖f‖L2(Ω)‖v‖L2(Ω) ≤ ‖f‖L2(Ω)‖v‖H1(Ω).


Les hypothèses du théorème de Lax-Milgram sont satisfaites et on en déduitqu'il existe une unique fonction u ∈ H1(Ω) solution de la formulation va-riationnelle ci-dessus. Le problème proposé et la formulation variationnelleétant équivalents, la solution obtenue est aussi l'unique solution du problèmeen question. Vérions avec plus de détail que si u est solution du problèmeproposé avec u ∈ H2(Ω), alors u est aussi solution du problème variation-nelle ci-dessus. La réciproque est également vraie. Soit u ∈ H1(Ω) solutiondu problème proposé et supposons en outre que u ∈ H2(Ω). En multipliantl'équation −∆u + u = f par v ∈ H1(Ω) et en intégrant par parties, on obtientla formulation variationnelle ci-dessus. Réciproquemet, soit u solution de cetteformulation variationnelle. Celle-ci peut s'écrire dans l'espace des distributionsD′(Ω) sous la forme :

〈∆u, ∆v〉+ 〈u, v〉 = 〈f, v〉,où v ∈ D(Ω) ⊂ H1(Ω). On retrouve ainsi l'équation −∆u + u = f . Suppo-sons en outre que la solution u de la formulation variationnelle appartienne àl'espace H2(Ω) (en fait l'hypothèse u ∈ H2(Ω) ne pose pas de problème carcomme f ∈ L2(Ω), alors la solution du problème variationnelle ci-dessus estrégulière au sens H2(Ω)). Comme précédemment, une intégration par partiesfournit l'expression

∀v ∈ H1(Ω),

∫

Ω

(−∆u + u)vdΩ +

∫

∂Ω

∂u

∂nvdσ =

∫

Ω

fvdΩ,

dont les termes ont bien un sens car −∆u ∈ L2(Ω), ∂u∂n

∈ L2(Ω) puisqueu ∈ H2(Ω). Cette expression peut encore s'écrire sous la forme

∀v ∈ H1(Ω), (−∆u + u, v)L2(Ω) − (f, v)L2(Ω) = −(

∂u

∂n, v

)

L2(Ω)

.

L'espace D(Ω) est dense dans L2(Ω) et il en est de même de γ0(H1(Ω)) dans

L2(∂Ω), γ0 étant l'application trace. Comme −∆u + u = f , alors on en déduitque : ∂u

∂n= 0 sur ∂Ω.

(Note : Lors de l'étude du problème proposé, on peut être tenté de faireentrer la condition aux limites dans l'espace de recherche de la solution, c'est-à-dire dans l'espace

v ∈ H1(Ω) : ∂v

∂n= 0 sur ∂Ω

. Or pour v ∈ H1(Ω), ∂v

∂n

n'a pas de sens sur ∂Ω car comme nous l'avons déjà signalé les fonctions deL2(Ω) n'ont pas nécessairement une trace sur le bord ∂Ω. Il est inutile nonplus d'essayer de choisir l'espace

v ∈ H2(Ω) : ∂v

∂n= 0 sur ∂Ω

. Ce dernier est

un sous-espace fermé de H2(Ω). On ne peut pas utiliser le théorème de Lax-Milgram puisque la forme bilinéaire a n'est pas coercive. Si on munit cet espacede la norme ‖.‖H1(Ω), on aura certes la coercivité de a mais une autre dicultéapparait : cet espace muni de cette norme n'est pas un espace de Hilbert car


il n'est pas complet et on ne peut donc pas à nouveau appliquer le théorèmede Lax-Milgram).

Problème de Neumann "non homogène" :

Sous les mêmes hypothèses sur Ω, on cherche une fonction u telle que : −∆u + u = f dans Ω

∂u∂n

= g sur ∂Ω

où f ∈ L2(Ω), g ∈ L2(∂Ω) et n est la normale unitaire à ∂Ω extérieure à Ω. Ilsut de raisonner comme précédemment. La formulation variationnelle de ceproblème est

Trouver u ∈ H1(Ω), ∀v ∈ H1(Ω),∫Ω(∇u.∇v+uv)dx =

∫Ω

fvdx+∫

∂Ωgvdσ.

Ensuite en utilisant le théorème de Lax-Milgram avec

a(u, v) =

∫

Ω

(∇u.∇v + uv)dx, l(v) =

∫

Ω

fvdx +

∫

∂Ω

gvdσ,

on montre que cette formulation admet une solution unique. Enn, on prouvel'équivalence avec le problème proposé ; que cette solution est aussi solution duproblème aux limites en question. (Comme a est symétrique, alors si u ∈ H1(Ω)est l'unique solution de la formulation variationnelle ci-dessus, u est l'uniquepoint de minimum (c-à-d., J(u) = minv∈H1(Ω) J(v)) de

J(v) =1

2a(v, v)− l(v), v ∈ H1(Ω).

Réciproquement, si u ∈ H1(Ω) est un point de minimum de J(v), alors u estl'unique solution de la formulation variationnelle ci-dessus).

Note : Le fait d'avoir ajouté un terme d'ordre zéro au Laplacien dans lesdeux problèmes précédents nous a aidé lors de l'étude de la coercivité de laforme bilinéaire a. Nous allons voir ci-dessous une variante de ces problèmesmais sans ajout du terme d'ordre zéro.

Un autre problème de Neumann "non homogène" :

On cherche une fonction u telle que : −∆u = f dans Ω

∂u∂n

= g sur ∂Ω

où Ω est un ouvert connexe de classe C1, f ∈ L2(Ω), g ∈ L2(∂Ω) et n estla normale unitaire à ∂Ω extérieure à Ω. Supposons que l'on dispose d'une


solution forte u ∈ H2(Ω). En multipliant l'équation −∆u = f par v ∈ H1(Ω)et en utilisant la formule de Green, on obtient

∫

Ω

∇u.∇vdx =

∫

Ω

fvdx +

∫

∂Ω

∂u

∂nvdσ.

En tenant compte de la condition sur ∂Ω (au sens des traces) pour u, il vient∫

Ω

∇u.∇vdx =

∫

Ω

fvdx +

∫

∂Ω

gvdσ. (4.6)

Considérons l'espace

H1(Ω) = H1(Ω) ∩

u ∈ L2(Ω) :

∫

Ω

udx = 0

,

dont la norme est celle de H1(Ω). La formulation variationnelle de ce problèmeest

Trouver u ∈ H1(Ω), ∀v ∈ H1(Ω),∫Ω∇u.∇vdx =

∫Ω

fvdx +∫

∂Ωgvdσ.

Posonsa(u, v) =

∫

Ω

∇u.∇vdx, l(v) =

∫

Ω

fvdx +

∫

∂Ω

gvdσ.

La continuité de la forme bilinéaire a sur H1(Ω) est évidente. Pour la coercivité,il sut d'utiliser l'inégalité de Poincaré-Wirtinger mentionnée précédemment.La forme l est linéaire et on a

|l(v)| ≤ ‖f‖L2(Ω)‖v‖L2(Ω) + ‖g‖L2(∂Ω)‖v‖L2(∂Ω).

L'application trace H1(Ω) −→ L2(∂Ω) étant continue, on en déduit qu'il existeune constante C > 0 telle que :

‖v‖L2(∂Ω) ≤ C‖v‖H1(Ω).

Dès lors, il existe une constante C > 0 telle que :

∀v ∈ H1(Ω), |l(v)| ≤ C‖v‖H1(Ω).

L'existence et l'unicité d'une solution u faible résulte dès lors du théorème deLax-Milgram et on a

‖u‖H1(Ω) ≤ C(‖f‖L2(Ω) + ‖g‖L2(∂Ω)

),

où C est une constante ne dépendant que de Ω. En outre, on montre queréciproquement toute solution forte u ∈ H2(Ω) du problème non homogène


ci-dessus vérie dans H1(Ω) (4.6), c-à-d., une solution faible. On montre aussique toute solution faible est une solution de l'équation aux dérivées partiellesau sens des distributions. Notons enn que pour u ∈ H1(Ω), ∂u

∂nn'a pas de sens

sur le bord ∂Ω mais on montre que ∂u∂n

s'identie à un élément de H−1/2(∂Ω)dual de l'espace H1/2(∂Ω).

Exercice 4.1 Soit Ω ⊂ Rn un ouvert borné de classe C1 et de frontière ∂Ω.A l'aide de l'approche variationnelle, démontrer l'existence et l'unicité de lasolution du problème suivant :

−∆u + u = f dans Ωu = 0 sur ∂Ω

où f ∈ L2(Ω).

Exercice 4.2 Même question pour les problèmes aux limites suivants : −∆u = f dans Ω

∂u∂n

+ u = g sur ∂Ω

et −∆u + u = f dans Ω∂u∂n

+ cu = g sur ∂Ω

où f ∈ L2(Ω), g ∈ L2(∂Ω), c ≥ 0 et n est la normale unitaire à ∂Ω extérieureà Ω.

Chapitre 5

Problèmes concernant desopérateurs plus généraux ; àcoecients variables(solutions classiques, solutions généralisées, fonctions et valeurs propres,problèmes mixtes)

Les problèmes étudiés dans ce chapitre utilisent les méthodes expliquéesdans le chapitre précédent, peuvent être considérés comme des variantes desprécédents et fournissent d'autres informations supplémentaires. Ces problèmesconcernent des opérateurs plus généraux ; à coecients variables.

Solutions classiques, Solutions généralisées :

(•) Les équations de la forme

∂2u

∂t2− div(k(x)∇u(x, t)) + a(x)u(x, t) = g(x, t),

sont hyperboliques. L'équation des ondes

¤u(x, t) =∂2u

∂t2−∆u(x, t) =

∂2u

∂t2−

n∑i=1

∂2u

∂x2i

= g(x, t),

est l'exemple le plus simple d'une équation hyperbolique.(••) Les équations de la forme

∂u

∂t− div(k(x)∇u(x, t)) + a(x)u(x, t) = g(x, t),

sont paraboliques. L'équation de la chaleur∂u

∂t−∆u(x, t) = g(x, t),

42


est l'exemple le plus simple d'une équation parabolique.(• • •) Les équations de la forme

Lu ≡ div(k(x)∇u)− a(x)u = g(x), (5.1)

sont elliptiques.Soit Ω ⊂ Rn. On suppose que les coecients de cette équation sont réels et

a(x) ∈ C(Ω), k(x) ∈ C1(Ω), k(x) ≥ k0 > 0, ∀x ∈ Ω. En général, les fonctionsu(x) et g(x) sont à valeurs complexes.

Une fonction u ∈ C2(Ω)∩C(Ω) qui satisfait à l'équation (5.1) et sur le bord∂Ω à la condition

u|∂Ω = ϕ(x) (donnée) (5.2)s'appelle solution (classique) du problème de Dirichlet (1er problème aux li-mites) pour l'équation (5.1).

Une fonction u ∈ C2(Ω)∩C1(Ω) satisfaitsant dans Ω l'équation (5.1) et sur∂Ω la condition (

∂u

∂n+ σ(x)u

)∣∣∣∣∂Ω

= ϕ(x), (5.3)

(σ(x) ∈ C(∂Ω) et ϕ(x) données), est dite solution (classique) du 3ème problèmeaux limites pour l'équation (5.1) (on admet que σ(x) ≥ 0).

Lorsque σ(x) ≡ 0, dans (5.3), on a le problème de Neumann (2ème pro-blème aux limites).

Quand n = 1, l'équation (5.1) se ramène à l'équation diérentielle ordinairesuivante :

(k(x)u′)′ − a(x)u = g(x), Ω =]α, β[

Les conditions aux limites des deux premiers problèmes considérés deviennent

u|x=α = ϕ0

u|x=β = ϕ1

et (−u′ + σ0u)|x=α = ϕ0

(−u′ + σ1u)|x=β = ϕ1

où ϕ0, ϕ1, σ0 ≥ 0, σ1 ≥ 0, sont des constantes données.Soit u(x), solution classique dans Ω du problème de Dirichlet (5.1), (5.2).

En multipliant l'équation (5.1) par une fonction quelconque v(x) ∈·C1(Ω)

(ensemble des fonctions de C1(Ω) à support borné) et en intégrant sur Ω, onobtient à l'aide de la formule de Green, l'expression suivante :

∫

Ω

(k∇u∇v + auv)dx = −∫

Ω

gvdx (5.4)


(comme la fonction v est à support borné, alors∫

∂Ω(· · · ) = 0). Si on suppose

qu'en outre ∂u∂xi

∈ L2(Ω), 1 ≤ i ≤ n, c-à-d.,

u(x) ∈

u ∈ L2(Ω) :∂u

∂xi

∈ L2(Ω),∀i = 1, ..., n

,

(la dérivation est au sens des distributions) et g(x) ∈ L2(Ω), alors l'expression(5.4) est valable pour toutes les fonctions v(x) ∈

·C1(Ω) et de plus pour tout

v ∈ H10 (Ω) (adhérence de D(Ω) pour la norme de H1(Ω). (En eet, soient

v ∈ H10 (Ω) arbitraire et (vk(x)) une suite de fonctions de

·C1(Ω) convergeant

vers v pour la norme de H1(Ω). Toute fonction vk(x) vérie (5.4). Par passageà la limite lorsque k →∞, on établit la validité de (5.4) pour v). Dès lors, lasolution classique u ∈ H1(Ω) du problème (5.1), (5.2), satisfait pour g ∈ L2(Ω),l'identité intégrale (5.4), pour tout v ∈ H1

0 (Ω).On appelle solution généralisée (on parle également de solution faible)

du problème (5.1), (5.2), g ∈ L2(Ω), une fonction u ∈ H1(Ω) qui satisfait,∀v ∈ H1

0 (Ω), l'identité (5.4) et la condition aux limites (5.2). L'égalité signiel'égalité des éléments de L2(∂Ω) et u|∂Ω est la trace de u. En fait cette notionde solution généralisée ne généralise pas complètement la solution classiquecar u(x) classique ne devient une solution généralisée que sous des hypothèsessupplémentaires de nature "globale" à savoir u ∈ H1(Ω) et Lu ∈ L2(Ω) avecL l'opérateur de (5.1).

Pour introduire la notion de solution généralisée du 3ème (et du 2ème)problème aux limites relatif à (5.1), on procède comme suit : soit u(x) so-lution classique du 3ème problème aux limites (5.1), (5.3). Supposons queg(x) ∈ L2(Ω), ϕ(x) ∈ L2(∂Ω). En multipliant l'équation (5.1) par une fonc-tion quelconque v(x) ∈ H1(Ω) et en intégrant sur Ω, on obtient à l'aide de laformule de Green, l'expression suivante :

∫

Ω

(k∇u∇v + auv)dx +

∫

∂Ω

kσuvdS = −∫

Ω

fvdx +

∫

∂Ω

kϕvdS, (5.5)

vériée par la solution classique u(x), ∀v(x) ∈ H1(Ω).

On appelle solution généralisée du 3ème problème aux limites (ou du pro-blème de Neumann si σ(x) ≡ 0) pour l'équation (5.1), g ∈ L2(Ω), ϕ ∈ L2(∂Ω),une fonction u ∈ H1(Ω) qui vérie pour tout v ∈ H1(Ω), l'identité (5.5).

Les fonctions v de (5.4) et (5.5) ont été supposées complexes, mais ellespeuvent également être à valeurs réelles.

L'étude des solutions classiques des problèmes aux limites est une tacheplus délicate. On procéde comme suit : on construit la solution généralisée,puis après avoir établi (sous certaines hypothèses) sa régularité, on montrequ'il s'agit d'une solution classique.


Démontrons l'existence et l'unicité de le solution généralisée dans un cassimple : considérons le cas de conditions aux limites homogènes c-à-d., quandϕ = 0. Dans ce cas la solution généralisée du problème (5.1), (5.2), est pardénition une fonction u ∈ H1

0 (Ω) satisfaisant pour tout v ∈ H10 (Ω) à l'identité

(5.4). La solution généralisée du 3ème (ou du 2ème) problème aux limites (5.1),(5.3) est pour ϕ = 0, une fonction u ∈ H1(Ω) vériant pour tout v ∈ H1(Ω),l'identité (poser ϕ = 0 dans (5.5)),

∫

Ω


∫

∂Ω

kσuvdS = −∫

Ω

gvdx. (5.6)

Soit a(x) ≥ 0 dans Ω. On introduit dans H10 (Ω) le produit scalaire

(u, v)H10 (Ω) =

∫

Ω

(k∇u∇v + auv)dx,

(équivalent à (u, v) =∫Ω(∇u∇v + uv)dx), et (5.4) peut s'écrire sous la forme

(u, v)H10 (Ω) = −(g, v)L2(Ω), (5.7)

avec g ∈ L2(Ω) xe, (g, v)L2(Ω) une fonctionnelle linéaire dénie sur H10 (Ω),

v ∈ H10 (Ω). Comme

∣∣(g, v)L2(Ω)

∣∣ ≤ ‖g‖L2(Ω)‖v‖L2(Ω) ≤ C‖g‖L2(Ω).‖v‖H0(Ω),

(C étant une constante positive indépendante de g et v), alors cette fonction-nelle est bornée et de norme au plus égale à C‖g‖L2(Ω). D'après un théorèmede Riesz1, on trouve dans H1

0 (Ω) une fonction f telle que :

∀v ∈ H10 (Ω), (g, v)L2(Ω) = (f, v)H0(Ω).

Cette fonction est unique et satisfait à l'inégalité

‖f‖H

(0Ω)

≤ C‖g‖L2(Ω).

Par conséquent, H10 (Ω) contient une seule fonction u = f vériant (5.7). On a

donc prouvé le résultat suivant :

Proposition 32 Si a(x) ≥ 0 dans Ω, on associe à tout g ∈ L2(Ω) une solutiongénéralisée unique u du problème (5.1), (5.2) (pour ϕ = 0) et

‖u‖H0(Ω) ≤ C‖g‖L2(Ω),

où C est une constante positive indépendante de g.1Soient E un espace de Hilbert muni d'un produit scalaire (., .) et l une forme linéaire

continue sur E. Alors, il existe un unique h ∈ E tel que : l(f) = (f, h), ∀h ∈ E.


Si a(x) ≥ 0 dans Ω et l'une au moins des fonctions a(x) ou σ(x) n'est pasidentiquement nulle, on munit H1(Ω) du produit scalaire

(u, v)H1(Ω) =

∫

Ω


∫

∂Ω

kσuvdS, (5.8)

équivalent au produit scalaire ordinaire, et l'identité (5.6) s'écrit

(u, v)H1(Ω) = −(g, v)L2(Ω). (5.9)

Etant donné la borne, pour g ∈ L2(Ω) xe, de la fonctionnelle (g, v)L2(Ω)

linéaire en v ∈ H1(Ω) :∣∣(g, v)L2(Ω)

∣∣ ≤ ‖g‖L2(Ω)‖v‖L2(Ω) ≤ C‖g‖L2(Ω).‖v‖H(Ω),

(où C est une constante positive indépendante de g et v), il existe dans H1(Ω)(d'après le théorème de Riesz), une fonction h telle que :

∀v ∈ H1(Ω), (g, v)L2(Ω) = (f, v)H(Ω).

Cette fonction est unique et on a

‖f‖H(Ω) ≤ C‖g‖L2(Ω).

Dès lors, H1(Ω) contient une fonction unique u = h vériant (5.9). On a doncdémontré le résultat suivant :

Proposition 33 Si a(x) ≥ 0 dans Ω et l'une au moins des fonctions a(x) ouσ(x) n'est pas identiquement nulle, alors le problème (5.1), (5.3) (avec ϕ = 0)admet pour tout g ∈ L2(Ω) une solution généralisée unique u et on a

‖u‖H(Ω) ≤ C‖g‖L2(Ω),

où C est une constante positive indépendante de g.

Fonctions et valeurs propres :

Une fonction u(x) 6= 0, s'appelle fonction propre du problème de Dirichletpour l'opérateur

L = div(k(x)∇)− a(x),

s'il existe un nombre λ (valeur propre associée à u(x)) tels que : u(x) estsolution classique du problème

Lu = λu, x ∈ Ω (5.10)

u|∂Ω = 0.


Soit λ une valeur propre et u(x) une fonction propre associée du problèmede Dirichlet qui appartient à H1

0 (Ω). En multipliant (5.10) par v ∈ H10 (Ω)

quelconque et en intégrant sur Ω, on obtient∫

Ω

(k∇u∇v + auv)dx = −λ

∫

Ω

uvdx, (5.11)

vériée par u, ∀v ∈ H10 (Ω).

On appelle fonction propre généralisée du problème de Dirichlet relatif àl'opérateur L, une fonction u ∈ H1

0 (Ω) non nulle telle qu'il existe un nombre λ(valeur propre associée à u(x)) pour lequel u vérie l'identité intégrale (5.11),∀v ∈ H1

0 (Ω). Admettons que ‖u‖L2(Ω) = 1. On appelle fonction propre du 3èmeproblème aux limites (ou du problème de Neumann) relatif à l'opérateur

L = div(k(x)∇)− a(x),

une fonction u(x) 6= 0 telle qu'il existe un nombre λ (valeur propre associée àu(x)) et u(x) est solution classique du problème :

Lu = λu, x ∈ Ω

(∂u

∂n+ σ(x)u

)∣∣∣∣∂Ω

= 0.

Comme ci-dessus, u vérie, pour tout v ∈ H1(Ω),∫

Ω


∫

∂Ω

kσuvdS = −λ

∫

Ω

uvdx. (5.12)

De même, on appelle fonction propre généralisée du 3ème problème aux limites(ou du problème de Neumann) relatif à l'opérateur L une fonction u ∈ H1(Ω),non nulle telle qu'il existe un nombre λ (valeur propre associée à u) et u vériel'identité intégrale (5.12), ∀v ∈ H1(Ω).

Proposition 34 Soit λ1, λ2, ..., λs, ... une suite de valeurs propres du 1er oudu 3ème (resp. 2ème) problème aux limites relatif à l'opérateur

L = div(k(x)∇)− a(x).

Ces valeurs propres sont réelles et λs → −∞ pour s → ∞. Celles du 1er,du 3ème (σ 6= 0) et du 2ème (σ = 0) problème aux limites vérient poura(x) 6= constante, l'inégalité

λs < −minx∈Ω

a(x), s = 1, 2, ...


Les valeurs propres de Neumann satisfont pour a(x) = m = constante, àl'inégalité

λs ≤ −m, s = 1, 2, ...

et il existe une valeur propre simple égale à −m et une fonction propre associée1√|Ω| . Les fonctions propres généralisées u1(x), u2(x), ..., des problèmes consi-

dérés forment une base orthonormée de L2(Ω) c-à-d., toute fonction g ∈ L2(Ω)se développe en série de Fourier

g =∞∑

s=1

gsus, gs = (g, us)L2(Ω),

convergente dans L2(Ω). S'agissant de g ∈ H10 (Ω), cette série par rapport aux

fonctions propres généralisées du problème de Dirichlet admet une limite dansH1

0 (Ω) et on a l'inégalité∞∑

s=1

|λs||gs|2 ≤ C‖g‖2H1

0 (Ω).

S'agissant de g ∈ H1(Ω), la série ci-dessus par rapport aux fonctions propresgénéralisées du 3ème (et du 2ème) problème aux limites converge dans H1(Ω)et on a l'inégalité

∞∑s=1

|λs||gs|2 ≤ C‖g‖2H1(Ω).

Problèmes mixtes :

Soient Ω ⊂ Rn un domaine borné, x = (x1, ..., xn) ∈ Ω,

QT = x ∈ Ω, 0 < t < T ⊂ Rn,

un cylindre de hauteur T > 0,

ΓT = x ∈ ∂Ω, 0 < t < Tla surface latérale de QT ,

Ωτ = x ∈ Ω, t = τ,une section de QT par le plan t = τ ,

ΩT = x ∈ Ω, t = T ⊂ Rn,

la base supérieure du cylindre QT , et

Ω0 = x ∈ Ω, t = 0 ⊂ Rn,


la base inférieure du cylindre QT .Soit dans QT , T > 0, l'équation hyperbolique

∂2u

∂t2− div(k(x)∇u) + a(x)u = g(x, t), (5.13)

oùk(x) ∈ C1(Ω), a(x) ∈ C(Ω), k(x) ≥ k0 = constante > 0.

Une fonction u(x, t) ∈ C2(QT ) ∩ C1(QT ∪ ΓT ∪ Ω0) qui vérie dans QT

l'équation (5.13), sur Ω0 les conditions initiales

u|t=0 = ϕ,

∂u

∂t

∣∣∣∣t=0

= ψ,

et sur ΓT ou bien la condition aux limites

u|ΓT= ζ,

ou bien (∂u

∂n+ σu

)∣∣∣∣ΓT

= ζ,

(σ étant une fonction continue sur ΓT ), s'appelle solution (classique) respecti-vement du 1er ou du 3ème problème mixte relatif à l'équation (5.13). Si σ = 0

sur ΓT , on est dans le 2ème problème mixte. Pour l'étude de l'existence des so-lutions généralisées des problèmes mixtes, plusieurs méthodes sont possibles :fonctions propres, méthode de Fourier, technique de Galerkin qui constitue enmême temps une méthode d'approximation, etc.).

Soit dans QT , T > 0, l'équation parabolique

∂u

∂t− div(k(x)∇u) + a(x)u = g(x, t), (5.14)

oùk(x) ∈ C1(Ω), a(x) ∈ C(QT ), k(x) ≥ k0 = constante > 0.

Désignons par C2r,r(QT ), ∀r ∈ N∗, l'ensemble des fonctions f(x, t) continuesdans QT admettant des dérivées ∂α1+···+αn+βf

∂xα11 ...∂xαn

n ∂tβcontinue dans QT , ∀α1, ..., αn, β ∈

N, α1 + · · · + αn + 2β ≤ 2r. Pour r = 0, on a C0,0(QT ) = C(QT ). L'ensembleC2r,r(QT ) est un espace de Banach muni de la norme

‖f‖C2r,r(QT ) =∑

α1+···+αn+2β≤2s

maxQT

∣∣∣∣∂α1+···+αn+βf

∂xα11 ...∂xαn

n ∂tβ

∣∣∣∣ .


De même, on désigne par Cr,0(QT ), ∀r ∈ N∗, l'ensemble des fonctions f(x, t)

continues dans QT admettant des dérivées ∂α1+···+αnf

∂xα11 ...∂xαn

n

continue dans QT ,∀α1, ..., αn ∈ N, α1 + · · · + αn ≤ r. Pour r = 0, on a C0,0(QT ) = C(QT ).L'ensemble Cr,0(QT ) est un espace de Banach muni de la norme

‖f‖Cr,0(QT ) =∑

α1+···+αn≤r

maxQT

∣∣∣∣∂α1+···+αnf

∂xα11 ...∂xαn

n

∣∣∣∣ .

Une fonction u(x, t) ∈ C2,1(QT )∩C(QT ∪ΓT ∪Ω0) vériant dans QT l'équa-tion (5.14), sur Ω0 la condition initiale

u|t=0 = ϕ(x), (5.15)

et sur ΓT la condition aux limites

u|ΓT= ζ, (5.16)

s'appelle solution classique du 1er problème mixte pour l'équation (5.14). Unefonction u(x, t) ∈ C2,1(QT )∩C(QT ∪ΓT ∪Ω0)∩C1,0(QT ∪ΓT ) vériant dans QT

l'équation (5.14), sur Ω0 la condition (5.15) et sur ΓT la condition aux limites(

∂u

∂n+ σ(x)u

)∣∣∣∣ΓT

= ζ,

(où σ(x) est une fonction continue sur ΓT ), est dite solution classique du 3èmeproblème mixte pour l'équation (5.14). Lorsque σ = 0, on est dans le 2èmeproblème mixte

Chapitre 6

Solutions classiques des équationsde Laplace et de Poisson

Equation de Laplace :

Soit Ω ⊂ Rn un ouver et considérons l'équation

∆u(x) =n∑

i=1

∂2u

∂x2i

= 0, x ∈ Ω

Toute fonction de classe C2 vériant sur Ω l'équation de Laplace est dite har-monique. Si u ∈ C(Ω) est harmonique, alors u ∈ C∞(Ω) mais u n'est pasnécessairement régulière ou continue sur le bord ∂Ω.

Soient ξ ∈ Rn, r = ‖x − ξ‖ et u(x) = v(x), v dépendant de r seul. Sansretreidre la généralité, on peut choisir ξ = 0. Comme

∂u

∂xi

= v′(x)xi

r,

∂2u

∂x2i

= v′′(r)x2

i

r2+ v′(r)

(1

r− x2

i

r3

),

alors ∆u = 0 est équivalente à l'équation

v′′ +n− 1

rv′ = 0.

Déterminons la solution de cette équation :- Pour n = 2, l'équation ci-dessus s'écrit

rv′′ + v′ = 0 ⇐⇒ (rv′)′ = 0 ⇐⇒ rv′ = a ≡ constante ⇐⇒ dv = adr

r.

D'où,v(r) = a ln r + b, (a, b = constantes)

51


- Pour n > 2, on obtient

v(r) =a

rn−2+ b, (a, b = constantes)

Par conséquent, on a

Proposition 35 Toutes les fonctions harmoniques dans Rn\x = ξ et dé-pendant de la seule diérence |x− ξ| ont la forme

a

|x− ξ|n−2+ b, n > 2

a ln |x− ξ|+ b, n = 2

où a et b sont des constantes arbitraires.

Une fonction u(x− ξ) harmonique dans Rn\x = ξ dénie par la formule

ϕ(x− ξ) =

1

(n− 2)εn|x− ξ|n−2, n > 2

− 1

2πln |x− ξ|, n = 2

(où εn = πn/2

Γ(n2+1)

est le volume de la sphère unité de Rn, ici Γ désigne la fonc-tion gamma d'Euler), s'appelle solution fondamentale de l'équation de Laplace.

Equation de Poisson :

On considére l'équation

−∆u(x) = f(x), ∀x ∈ Ω ⊂ Rn

En tenant compte du fait que :

u = ϕ ∗ f =

∫

Ω

ϕ(x− y)f(y)dy,

on montre le résultat ci-dessous,

Proposition 36 Soit f ∈ C2c (Rn). Alors,

u(x) =

1

n(n− 2)εn

∫

R3

f(y)

|x− y|n−2dy, n > 2

− 1

2π

∫

R2

ln(|x− y|).f(y)dy, n = 2

est bien dénie et u ∈ C2(Rn), −∆u = f sur Rn.


Principe du maximum (unicité) :

Proposition 37 Soient Ω un ouvert borné et u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) une fonctionharmonique sur Ω. On a

maxΩ

u = max∂Ω

u,

et si en outre, il exsite ξ ∈ Ω (connexe) avec u(ξ) = maxΩ

u, alors

u = constante,

sur Ω.

De même, on a des résultats analogues pour le min u. Il sut de remplacerdans la proposition ci-dessus, u par −u.

Corollaire 38 Soit u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) une fonction harmonique sur Ω telleque : u = g sur ∂Ω où g ≥ 0 avec la condition g > 0 en au moins un point de∂Ω. Alors u > 0 partout sur Ω.

On considère le problème suivant : −∆u = f sur Ω

u = g sur ∂Ω(6.1)

Proposition 39 (unicité). Si f ∈ C(Ω) et g ∈ C(∂Ω), alors il existe au plusune solution u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) au problème (6.1).

Régularisation et représentation :

Nous avons déjà signalé que si u ∈ C(Ω) est harmonique, alors u ∈ C∞(Ω)mais u n'est pas nécessairement régulière ou continue sur le bord ∂Ω.

Proposition 40 Soit f ∈ C2c (Rn), n > 2. Alors toute solution bornée de

−∆u = f,

sur Rn s'écrit sous la forme

u(x) =

∫

Rn

ϕ(x− y)f(y)dy + C,

où C est une constante.


Les notions d'ouvert Ω borné de classe C1, de trace sur le bord ∂Ω et desformules de Green ont été introduites au chapitre 4.

Fonction de Green :

Soient Ω un ouvert borné de classe C1 et x ∈ Ω. On désigne par ϕx lafonction correctrice c-à-d., la solution du problème

∆ϕx = 0 sur Ω

ϕx = ϕ(y − x) sur ∂Ω

et par G la fonction de Green de Ω c-à-d.,

G(x, y) = ϕ(y − x)− ϕx(y),

où (x, y) ∈ Ω2, x 6= y. On a

G(x, y) = G(y, x).

Proposition 41 Ω un ouvert borné de classe C1. Si u ∈ C2(Ω) est solution duproblème (6.1), alors

u(x) =

∫

Ω

f(y)G(x, y)dy −∫

∂Ω

g(σ)∂G

∂n(x, σ)dσ.

Fonction de Green pour le demi-espace :

SoientRn

+ = x = (x1, ..., xn) ∈ Rn : xn > 0,le demi-espace et

K(x, y) =2xn

dεn‖x− y‖n, x ∈ Rn

+, y ∈ ∂Rn+

le noyau de Poisson pour Rn+.

Proposition 42 Soit

u(x) =

∫

∂Rn+

g(y)K(x, y)dy, x ∈ Rn+, g ∈ C(Rn−1) ∩ L∞(Rn−1)

Alors, u ∈ C∞(Rn+) ∩ L∞(Rn

+), ∆u = 0 sur Rn+ et

limx→x0

u(x) = g(x0), ∀x0 ∈ ∂Rn+


Fonction de Green pour la boule :

Soient B(0, r), r > 0 la boule et

K(x, y) =r2 − ‖x‖2

dεnr‖x− y‖n, x ∈ B(0, r), y ∈ ∂B(0, r)

le noyau de Poisson pour B(0, r).Proposition 43 Soit

u(x) =

∫

∂B(0,r)

g(y)K(x, y)dy, x ∈ B(0, r)

Alors, u ∈ C∞(B(0, r)), ∆u = 0 sur B(0, r) etlim

x→x0

u(x) = g(x0), ∀x0 ∈ ∂B(0, r)

Solution fondamentale de l'équation de la chaleur homogène :

On considère l'équation homogène (équation de la chaleur) :∂u

∂t−∆u = 0,

où Ω ⊂ Rn est un ouvert, f : R∗+ × Ω −→ R et u : R∗+ × Ω −→ R (inconnue).On appelle solution fondamentale de l'équation ci-dessus, la fonction dénie

pour x ∈ Rn, par

ϕ(t, x)

1

(4πt)n/2e−

‖x‖24t , t > 0

0, t < 0

On montre que pour t > 0, on a∫

Rn

ϕ(t, x)dx = 1.

Problème de Cauchy :

∂u

∂t−∆u = 0, t > 0, x ∈ Rn

u(0, .) = g

Proposition 44 Soit

u(t, x) = ϕ(t, .) ∗ g =

∫

Rn

ϕ(t, x− y)g(y)dy,

où t > 0, x ∈ Rn, g ∈ C(Rn) ∩ L∞(Rn). Alors, u ∈ C∞(R∗+ × Rn),∂u

∂t(t, x)−∆u(t, x) = 0, t > 0, x ∈ Rn

etlim

(t,x)→(0,x0)u(t, x) = g(x0), t > 0, x0 ∈ Rn


On montre que si g ≥ 0, g 6= 0, alors∀t > 0, ∀x ∈ Rn, u(t, x) > 0.

Problème non homogène :

Pour le problème non homogène, on le résultat suivant :

∂u

∂t−∆u = f, t > 0, x ∈ Rn

u = 0, t = 0, x ∈ Rn

Proposition 45 Soit

u(t, x) =

∫ t

0

∫

Rn

ϕ(t− s, x− y)f(s, y)dsdy,

où t > 0, x ∈ Rn, f ∈ H10 (R+ × Rn). Alors, u ∈ H1

0 (R∗+ × Rn),∂u

∂t(t, x)−∆u(t, x) = f(t, x), t > 0, x ∈ Rn

etlim

(t,x)→(0,x0)u(t, x) = 0, t > 0, x0 ∈ Rn

En combinant les deux propositions précédentes, on obtient le résultat sui-vant :Proposition 46

u(t, x) =

∫

Rn

ϕ(t, x− y)g(y)dy +

∫ t

0

∫

Rn

ϕ(t− s, x− y)f(s, y)dsdy,

est solution du problème non homogène :

∂u

∂t−∆u = f, t > 0, x ∈ Rn

u = g, t = 0, x ∈ Rn

Principe du maximum (unicité) :

Soient Ω ⊂ Rn un ouvert borné, T > 0, ΩT =]0, T [×Ω un cylindre parabo-lique et ∂ΩT = ΩT\ΩT = 0 × Ω× [0 : T ]× ∂Ω est le bord parabolique.Proposition 47 Si u ∈ H1(ΩT )× C(ΩT ) est une solution de l'équation de lachaleur sur le cylindre parabolique ΩT , alors

maxΩT

u = max∂ΩT

u.

En outre, si l'ouvert Ω est connexe et s'il existe (t0, x0) ∈ ΩT tels que : (t0, x0) =max

ΩT

u, alors u = constante sur Ωt0.


Proposition 48 Si f ∈ C(ΩT ) et g ∈ C(∂ΩT ), alors il existe au plus unesolution u ∈ H1(ΩT )× C(ΩT ) au problème suivant :

∂u

∂t−∆u = f, dans ΩT

u = g, sur ∂ΩT

Problème de Cauchy :

Proposition 49 (Principe du maximum). Si u ∈ H1(]0, T [)×Rn)×C([0, T ]×Rn) est solution du problème de Cauchy

∂u

∂t−∆u = 0, sur ]0, T [×Rn

u = g, sur 0 × Rn

et si|u(t, x)| ≤ Aea|x|2 ,

où A, a sont des constantes, alors

sup[0,T ]×Rn

u = supRn

g.

Proposition 50 (Unicité). Soient f ∈∈ C([0, T ]×Rn) et g ∈ C(Rn). Alors, ilexiste au plus une solution u ∈ H1(]0, T [)× Rn)× C([0, T ]× Rn) au problèmede Cauchy

∂u

∂t−∆u = f, sur ]0, T [×Rn

u = g, sur 0 × Rn

telle que :u(t, x)| ≤ Aea|x|2 ,

où A, a sont des constantes.

Notons que sue les bornes, il existe une innité de solution pour le pro-blème :

∂u

∂t−∆u = 0, sur ]0, T [×Rn

u = 0, sur 0 × Rn

Proposition 51 (Régularité). Si u ∈ H1(ΩT ) satisfait l'équation de la chaleursur le cylindre parabolique ΩT , alors u ∈ C∞(ΩT ).

Chapitre 7

Chapitres complémentaires(équations de la physique mathématique, étude des EDP via l'analyse deFourier et la transformée de Laplace, une équation aux dérivées partielles nonlinéaire : équation de Korteweg-de Vries)

Équations de la physique mathématiqueDans les exercices ci-dessous, on suppose que les conditions de validité

des calculs sont satisfaites et la méthode utilisée sera celle de séparation devariables.

Problème 7.1 (Résolution de l'équation de Laplace). En coordonnées carté-siennes x, y, z, l'équation de Laplace s'écrit

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2+

∂2u

∂z2= 0,

que l'on note aussi ∆u = 0 où ∆ = ∂2

∂x2 + ∂2

∂y2 + ∂2

∂z2 est l'opérateur de La-place en coordonnées x, y, z. Déterminer les solutions particulières (bornées etcontinues) de cette équation, en coordonnées sphériques, par la méthode deséparation des variables.

Réponse : En introduisant les coordonnées sphériques r, θ, ϕ où

x = r sin θ cos ϕ, y = r sin θ sin ϕ, z = r cos θ,

avec 0 ≤ r < ∞, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, on posera

u(r, θ, ϕ) = R(r).Θ(θ).Φ(ϕ),

où Φ(ϕ) est uniforme et 2π-périodique, tandis que R(r).Θ(θ) est un polynômetrigonométrique. On trouve

R(r) = Arl + Be−l−1, l ∈ N, A,B = constantes.

58


(Pour que R(0) soit ni, il faut que l'on ait B = 0),

Φ(ϕ) = Ce−imϕ + Deimϕ, m ∈ N, C,D = constantes,

etΘ(x) = Θ(cos θ) = Pm

l (cos θ) = sinm θ.dmPl(x)

dxm

∣∣∣∣x=cos θ

,

où Pl(x) = 12ll!

dl

dxl (x2 − 1)l (polynômes de Legendre).

Problème 7.2 Soit l'équation des ondes

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2+

∂2u

∂z2− 1

c2

∂2u

∂t2= 0.

Résoudre cette équation par séparation de variables.

Réponse : On obtient u(x, y, z, t) = X(x)Y (y)Z(z)T (t) avec

T (t) = A1e−ikct + A2e

ikct,

X(x) = B1e−ik1x + B2e

ik1x,

Y (y) = C1e−ik2y + C2e

ik2y,

Z(z) = D1e−ik3z + D2e

ik3z,

où A1, A2, B1, B2, C1, C2, D1, D2, k, k1, k2, k3 sont des constantes.

Problème 7.3 On reprend l'équation des ondes étudiée dans le problème pré-cédent. Résoudre cette équation, en coordonnées cylindriques, par séparationde variables.

Réponse : La solution cherchée est

u(r, ϕ, z, t) = R(r)Φ(ϕ)Z(z)T (t),

où r, ϕ, z, sont des coordonnées cylindriques

x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, z = z,

avec r ≥ 0, 0 ≤ ϕ < 2π, −∞ < z < +∞, et

R(r) = D1Jl(√

k2 −m2r) + D2Yl(√

k2 −m2r),

Φ(ϕ) = C1e−ilϕ + C2e

ilϕ,

Z(z) = B1e−imz + B2e

imz,


ikct,


où A1, A2, B1, B2, C1, C2, D1, D2, k, m, l sont des constantes et Jl, Yl sont desfonctions de Bessel :

Jl(t) =

(t

2

)l ∞∑

k=l

(−1)k

k!(k + l)!

(t

2

)2k

,

Yl(t) =2

πJl(t)

(ln

t

2+ γ

)

− 1

π

(t

2

)l ∞∑

k=0

(−1)k

k!(l + k)!

(t

2

)2k(

l+k∑p=1

1

p+

k∑p=1

1

p

)

− 1

π

(t

2

)−l l−1∑

k=0

(l − k − 1)!

k!

(t

2

)2k

.

où γ = limk→∞(∑k

j=11jdt− ln k

)= 0, 57721... est la constante d'Euler.

Problème 7.4 On reprend à nouveau l'équation des ondes étudiée dans lesproblèmes précédents. Résoudre cette équation, en coordonnées sphériques, parséparation de variables.

Réponse : La solution cherchée estu(r, ϕ, z, t) = R(r).Θ(θ).Φ(ϕ).T (t),

où r, θ, ϕ, sont des coordonnées sphériquesx = r sin θ cos ϕ, y = r sin θ sin ϕ, z = r cos θ,

avec r ≥ 0, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ ϕ < 2π, et

R(r) =

√k

s

(C1Jl+ 1

2(kr) + C2J−(l+ 1

2)(kr)

),

Θ(θ) = = sinm θ.dmPl(x)

dxm


,

Φ(ϕ) = B1e−imϕ + B2e

imϕ,


ikct,

où A1, A2, B1, B2, C1, C2, c, m sont des constantes, l ∈ N∗,

Pl(x) =1

2ll!

dl

dxl(x2 − 1)l,

sont des polynômes de Legendre et Jl est la fonction de Bessel :

Jl(t) =

(t

2

)l ∞∑

k=l

(−1)k

k!(k + l)!

(t

2

)2k

.


Problème 7.5 Considérons l'équation suivante :∂2ψ

∂x2+

∂2ψ

∂y2+

∂2ψ

∂z2+

2m

~2(λ− u(r))ψ = 0,

appelée équation stationnaire de Schrödinger. La fonction ψ (inconnue) estappelée fonction d'onde d'une particule, le paramètre spectral λ est l'énergiede la particule, la fonction u(r) (connue) est le potentiel ou énergie potentiellede la particule, ~ est la constante de Planck et m est la masse de la particule.Il n'existe qu'un seul atome pour lequel l'équation de Schrödinger admette unesolution exacte ; c'est l'atome d'hydrogène. Dans ce cas l'énergie potentielle estde la forme u(r) = − e2

r, où r est la distance de l'électron en mouvement au

noyau que l'on prend pour origine des coordonnées et e désigne la charge de laparticule. Dès lors, l'équation de Schrödinger s'écrit

∂2ψ

∂x2+

∂2ψ

∂y2+

∂2ψ

∂z2+

2µ

~2

(λ +

e2

r

)ψ = 0,

et le problème consiste à trouver des solutions ψ(x, y, z) uniformes, bornéesdans tout l'espace et qui sont nulles à l'inni.

Réponse : On exprime l'équation ci-dessus en coordonnées sphériques (r, θ, ϕ),et on obtient les solutions de la forme ψ(r, ϕ, z) = R(r).Θ(θ).Φ(ϕ), avec

R(r) = rle−r2a L2l+1

2l+1+p

(r

a

),

où l et p sont des entiers (Ici Lkn(x) désigne les polynômes de Laguerre géné-

ralisés dénies par Lkn(x) = dk

dxk Ln(x), où Ln(x) = ex dn

dxn (xne−x), n ∈ N), sontles polynômes de Laguerre),

Θ(x) = sinm θ.dmPl(x)

dxm


,

(ici Pl(x) = 12ll!

dl

dxl (x2 − 1)l sont des polynômes de Legendre) et Θ(ϕ) =

A cos mϕ + B sin mϕ, où A et B sont des constantes.

Étude des EDP via l'analyse de Fourier et la trans-formée de LaplaceRappel théorique

Dans les exercices ci-dessous, les méthodes utilisées seront celles des sériesde Fourier, les transformées de Fourier et les transformées de Laplace. Rap-pelons quelques résultats sur ces notions (voir par exemple [3] pour plus dedétail).


Soit f est une fonction dénie et intégrable sur l'intervalle [−π, π]. Onsuppose que cette fonction est 2π-périodique. Les nombres ak et bk dénis par

ak =1

π

∫ π

−π

f(x) cos kxdx, k ≥ 0, bk =1

π

∫ π

−π

f(x) sin kxdx, k ≥ 1

s'appellent coecients de Fourier de f et la série trigonométrique

a0

2+

∞∑

k=1

(ak cos kx + bk sin kx),

est dite série de Fourier de f . Au lieu de considérer l'intervalle [−π, π], onpeut considérer tout autre intervalle d'amplitude 2π, par exemple [0, 2π]. Pourune fonction f , 2L-périodique, dénie et intégrable sur un intervalle [−L,L]d'amplitude quelconque nie, la série de Fourier associée à la fonction f estdonnée par

a0

2+

∞∑

k=1

(ak cos

kπx

L+ bk sin

kπx

L

),

où

ak =1

L

∫ L

−L

f(x) coskπx

Ldx, k ≥ 0, bk =

1

L

∫ L

−L

f(x) sinkπx

Ldx, k ≥ 1

En notation complexe, la série de Fourier d'une fonction 2π-périodique fs'écrit sous la forme ∞∑

k=−∞cke

ikx,

oùck =

1

2π

∫ π

−π

f(x)e−ikxdx, k ∈ Z.

Si f est 2L-périodique, sa série de Fourier s'écrit en notation complexe sous laforme ∞∑

k=−∞cke

i kπL

x,

oùck =

1

2L

∫ L

−L

f(x)e−i kπL

xdx, k ∈ Z.

Si la série de Fourier associée à une fonction continue f converge uniformé-ment, alors elle converge vers f . Soient f : [a, b] −→ R(ou C) et x ∈ [a, b]. Nousnoterons f(x + 0) et f(x − 0) les limites à droite et à gauche de f en x. Unefonction f dénie sur un intervalle [a, b], est dite réglée si elle admet une limiteà droite en tout point de [a, b[ et une limite à gauche en tout point de ]a, b].


Toute fonction continue est réglée. Toute fonction continue par morceaux estréglée. Toute fonction en escalier est réglée. Toute fonction numérique mono-tone est réglée. Toute fonction à variation bornée est réglée. On appelle dérivéeà droite de f au point x, la limite (si elle existe) suivante :

limh→0h>0

f(x + h)− f(x + 0)

h.

De même, on appelle dérivée à gauche de f au point x, la limite (si elle existe)suivante :

limh→0h>0

f(x− 0)− f(x− h)

h.

Le théorème de Dirichlet arme que si f est une fonction 2π-périodiquesur R, réglée et dérivable à droite et à gauche sur R, alors la série de Fourierde f converge simplement en tout point x vers

f(x + 0) + f(x− 0)

2(régularisée de f).

En particulier, si f est continue au point x, sa série de Fourier converge vers lafonction f(x). Ce théorème se généralise évidemment aux séries de Fourier defonctions 2L-périodique, dénies et intégrables sur un intervalle [−L,L] d'am-plitude quelconque nie. Signalons aussi que si f une fonction 2π-périodique,continue sur R et de classe C1 par morceaux, alors la série de Fourier de fconverge normalement (et par suite absolument et uniformément) vers f surR. Par ailleurs, un théorème de Jordan arme que si f est périodique età variation bornée sur un intervalle d'une période, alors sa série de Fourierconverge pour tous les x vers f(x+0)+f(x−0)

2. De plus, la convergence vers f(x)

est uniforme sur tout intervalle où f est continue.Soit f : R −→ R(ou C) une fonction appartenant à L1(R). On appelle

transformée de Fourier de f , la fonction f : R −→ C dénie par

f(ω) =

∫ ∞

−∞f(x)e−2πiωxdx, ω ∈ R

On montre que sous certaines conditions (par exemple f ∈ L1 et f ∈ L1), onpeut obtenir f(x) à partir de f(ω) par la transformation inverse (dite formuled'inversion de Fourier)

f(x) =

∫ ∞

−∞f(ω)e2πiωxdω.

Si f ∈ L1(R), alors f est continue, bornée, f(ω) tend vers 0 quand ω −→ ±∞et ‖f‖∞ ≤ ‖f‖1. On montre que si f, g ∈ L1 et si f(ω) = g(ω) alors f = g,


pour presque tout point de R. En particulier, si f et g sont continues et sif et g sont égales alors f et g le sont aussi. Signalons quelques propriétésélémentaires sur les transformées de Fourier : soient f, g ∈ L1(R) et α, β ∈ C,alors

Fαf(x) + βg(x) = αFf(x)+ βFg(x),Ff(x− c) = e−2πiωcf(ω), c ∈ RFe2πiω0xf(x) = f(ω − ω0), ω0 ∈ R

Ff(cx) =1

|c| f(ω

c

), c ∈ R∗

Ff(x) = f(−ω), (− désigne le conjugué)En outre, la transformée de Fourier d'une fonction paire (resp. impaire) estpaire (resp. impaire). Soit f ∈ L1(R) et supposons que f est dérivable et quef ′ ∈ L1(R), Alors

Ff ′(x) = 2πiωFf(x) = 2πiωf(ω).

Si en outre, f admet des dérivées jusqu'à l'ordre n qui sont dans L1(R), alors

Ff (n)(x) = (2πiω)nFf(x) = (2πiω)nf(ω).

Si f admet des dérivées jusqu'à l'ordre n qui sont dans L1(R), alors

|f(ω)| ≤ C

|ω|n , C ≡ constante

ce qui montre que plus n est grand, plus f décroît rapidement à l'inni. Soitf ∈ L1(R) et supposons que xf(x) ∈ L1(R), alors f est dérivable et l'on a

df(ω)

dω= F−2πixf(x).

Si en outre, xnf(x) ∈ L1(R) alors

dnf(ω)

dωn= F(−2πix)nf(x).

Sous les hypothèses précédentes, on a

dnf(ω)

dωn≤ (2π)n

∫ ∞

−∞|xnf(x)|dx,


ce qui signie que plus f décroît rapidement à l'inni, plus n est grand (c'est-à-dire plus f est dérivable et ses dérivées sont bornées). Si f, g ∈ L1(R), alorsf ∗ g ∈ L1(R) (ou f ∗ g(x) =

∫∞−∞ f(t)g(x− t)dt, x ∈ R) et

F(f ∗ g)(x) = Ff(x)Fg(x),

autrement dit, la transformée de Fourier d'un produit de convolution est égaleau produit ordinaire des transformées de Fourier de chaque facteur.

Soit f : R+ −→ R (ou C), une fonction localement sommable. On appelletransformée de Laplace de f(x) la fonction notée Lf(x) ou F (p), de lavariable complexe p = σ + iω dénie par

Lf(x) = F (p) =

∫ ∞

0

f(x)e−pxdx.

La fonction f est appelée original de F et F l'image de f . On montre que si fest une fonction dénie sur R, nulle pour tout x < 0, continue par morceauxsur [0, +∞[ et si en outre ils existent des constantes M > 0 et σ0 telles que :|f(x)| ≤ Meσ0x, ∀x ≥ x0, alors la transformée de Laplace existe pour toutσ > σ0. Notons que si l'intégrale ci-dessus converge pour Re p = σ0, alors ilen est de même pour tout p tel que : Re p ≥ σ0. Soit f ∈ Lloc([0, +∞[). Lenombre

σ0 = infσ ∈ R : f(x)eσx ∈ Lloc([0, +∞[),s'appelle abscisse de sommabilité ou abscisse de convergence absolue de lafonction f . Le demi-plan de convergence p = σ + iω : Re p = σ > σ0 est ledomaine de sommabilité sur lequel F (p) est déni.

Rappelons un certain nombre de propriétés élmentaires sur les transfor-mées de Laplace. La transformée de Laplace est une application linéaire. Plusprécisément, Pour tout α, β ∈ C, pour toutes fonctions f, g, d'abscisses desommabilité respectives σ0, ς0, alors

Lαf(x) + βg(x) = αLf(x)+ βLg(x) = αF (p) + βG(p),

où Re p > maxσ0, ς0. Si Lf(x) = F (p), alors

Lf(x− c) = e−cpF (p), Re p > σ0.

Si Lf(x) = F (p), alors

Lf(x)e−αx = F (p + α), Re(p + α) > σ0.


Lf(cx) =1

cF

(p

c

), c > 0.



Lf(x) = F (p), (− désigne le conjugué)

La transformée de Laplace d'une fonction localement sommable f , est unefonction holomorphe dans le domaine de sommabilité p ∈ C : Re p > σ0 eton a la formule

F (n)(p) =

∫ ∞

0

(−x)nf(x)e−pxdx = (−1)nLxnf(x).

Si Lf(x) = F (p) et Lg(x) = G(p), alors

L(f ∗ g)(x) = F (p)G(p), Re p > maxσ0, ς0

où σ0 et ς0 sont les indices de sommabilité de f et g respectivement. Soit fune fonction localement sommable. On suppose que pour tout x > 0, f estcontinue, sa dérivée f ′(x) existe et est continue par morceaux. S'il existe desconstantes M > 0 et σ0 telles que : |f(x)| ≤ Meσ0x, pour tout x ≥ x0, alors

Lf ′(x) = pLf(x) − f(0+) = pF (p)− f(0+), Re p > σ0

En général, si f(x) est discontinue aux points x1, ..., xn, alors

Lf ′(x) = pLf(x) − f(0+)−n∑

k=1

e−pxk(f(x+k )− f(x−k )).

Notons aussi que les expressions ci-dessus se généralisent par récurrence pourles dérivées d'ordres supérieures. Par exemple pour l'expression ci-dessus, sup-posons que f est localement sommable, f est continue pour tout x > 0, lesdérivées f ′(x), ..., f (n−1)(x) existent et sont continues par morceaux, il existedes constantes M > 0 et σ0 telles que : |f(x)| ≤ Meσ0x pour tout x ≥ x0, alors

Lf (n)(x) = pnF (p)−pn−1f(0+)−pn−2f ′(0+)−· · ·−pf (n−2)(0+)−f (n−1)(0+).


L∫ x

0

f(t)dt

=

F (p)

p, Re p > max(0, σ0).

Si f est une fonction ayant un abscisse de sommabilité σ0, alors pour Re p > σ0,on a limp→∞ F (p) = 0. Si f est une fonction ayant une transformée de Laplaceet telle que f(0+) existe, alors limp→∞ pF (p) = f(0+). Si f est une fonctionayant une transformée de Laplace et telle que limx→+∞ f(x) = f(+∞) existeet est nie, alors limp→0 pF (p) = f(+∞).


Soit F (p) = F (σ + iω) une fonction holomorphe dans p ∈ C : Re p > σ0.On suppose que lim|p|→+∞ |F (p| = 0 pour Re p > σ0 et pour tout σ > σ0,la fonction ω ∈ R 7−→ F (σ + iω) est sommable sur R (c'est-à-dire F est unefonction sommable en ω, pour tout σ > σ0). Alors l'original f de F est donnépar la formule de Bromwich-Wagner suivante :

f(x) =1

2πi

∫ σ+i∞

σ−i∞F (p)epxdp, σ > σ0

Dans l'intégrale de Bromwich-Wagner, l'intégration de la fonction d'une va-riable complexe se fait le long d'une droite parallèle à l'axe imaginaire d'abs-cisse σ > σ0, située dans le domaine de convergence et parcourue de bas enhaut. Toutes les singularités de F (p) sont à gauche de cette droite, puisquecelle-ci est située à droite de l'abscisse de sommabilité σ0. Dans certains cas, ilest nécessaire de calculer cette intégrale, en utilisant les techniques d'intégra-tion d'une fonction d'une variable complexe, notamment la méthode habituelledes résidus. Rappelons qu'un théorème de Cauchy, arme que si f(z) est unefonction holomorphe dans un domaine simplement connexe Ω ⊂ C et si γ estun chemin fermé contenu dans Ω, alors

∫γf(z)dz = 0. De même, si f(z) est

une fonction holomorphe dans un domaine simplement connexe Ω ⊂ C, sauf enz1, z2, ..., zk, si γ est un chemin fermé contenu dans Ω entourant tous ces pointset si γj (1 ≤ j ≤ k) est un chemin fermé contenu dans le domaine intérieur àγ entourant zj et n'entourant pas les autres zl (l 6= j), alors

∫

γ

f(z)dz =k∑

j=1

∫

γj

f(z)dz.

D'après le théorème des résidus, si Ω ⊂ C est un domaine, z1, z2,..., zk ∈ Ω etf : Ω\ z1, z2,..., zk −→ C, est une fonction holomorphe, alors

∫

γ

f(z)dz = 2πi

k∑j=1

Résf(z, z0),

où γ est un chemin fermé contenu dans Ω à l'intérieur duquel sont contenustous les zj. Signalons que lorsque z0 est un pôle d'ordre m de la fonction f(z),alors

Résf(z, z0) =1

(m− 1)!limz→z0

dm−1

dzm−1((z − z0)

mf(z)) .

De même, lorsque z0 est un pôle simple de la fonction f(z) = P (z)Q(z)

, avecP (z0) 6= 0 et Q(z0) = 0, alors Résf(z, z0) = P (z0)

Q′(z0)si Q′(z0) 6= 0. Lorsque

z0 est un point singulier essentiel de f(z), le résidu s'obtient en développantf(z) en série de Laurent autour de z0. Dans les résultats (lemmes de Jordan)


qui suivent γ1 (resp. γ2) désignera le demi-cercle de centre 0 et de rayon r(resp. ε). Si |f(z)| ≤ M

rk pour z = reiθ, où k > 1 et M sont des constantes,alors limr→∞

∫γ1

f(z)dz = 0. Si |f(z)| ≤ Mrk pour z = reiθ, où k > 0 et M sont

des constantes, alors limr→∞∫

γ1f(z)eimzdz = 0. Si z = 0 est un pôle simple

de f(z), alors limr→∞∫

γ2f(z)dz = −πiRésf(z, 0). Pour les intégrales faisant

appel à des fonctions multiformes, le principe de la méthode est le même,à ceci près que les intégrants multiformes doivent être uniformisés au moyend'une coupure adéquate. Les contours d'intégration ne pouvant pas traverserces coupures, l'intégrant sera déterminé univoquement par une de ses détermi-nations le long de ces contours. Cependant, dans la pluspart des applicationscourantes, l'image F (p) est une fraction rationnelle et il est plus simple d'eec-tuer une décomposition en éléments simples de la fonction plutôt que d'utiliserla formule de Bromwich-Wagner. Pour faciliter l'utilisation des transforméesde Laplace usuelles, nous groupons quelques unes dans le tableau ci-dessous :

f(x) F (p) = Lf(x) =∫∞0

f(x)e−pxdx1 1

p

eax 1p−a

xn n!pn+1 = Γ(n+1)

pn+1

xα, α > 1 Γ(α+1)pα+1

ebx sin ax a(p−a)2+a2

ebx cos ax p−b(p−a)2+a2

ebx sinh ax a(p−a)2−a2

ebx cosh ax p−b(p−a)2−a2

x sin ax 2ap(p2+a2)2

x cos ax p2−a2

(p2+a2)2

xne−ax n!(p+a)n+1

ln x −γ+ln pp

, γ = 0.57721..., (constante d'Euler)Dans ce tableau, Γ(α) désigne la fonction gamma d'Euler (voir par exemple

[3]).

Résolution de quelques équations aux dérivées partiellesExercice 7.1 (Equation de la chaleur). Soit une plaque carrée dont les côtésont la longueur π et telle que : ses faces sont isolées, trois de ses côtés sontmaintenus à la température zéro, le quatrième côté est maintenu à la tempéra-ture T0. La température au point (x, y) ∈ [0, π]× [0, π] et à l'instant t ≥ 0 estreprésentée par une fonction u(x, y) satisfaisant (dans ]0, π[×]0, π[×]0,∞[) à


l'équation de la chaleur

∂u

∂t= κ

(∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2

),

où κ 6= 0 est une constante. Notre problème consiste à déterminer la tempé-rature d'état stationnaire (∂u

∂t= 0) en tout point de la plaque. Dans ce cas,

l'équation aux dérivées partielles précédente devient

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0.

Cette équation s'appelle équation de Laplace en deux variables. Les conditionsaux limites s'expriment par

u(0, y) = u(x, 0) = u(π, y) = 0, u(x, π) = T0.

Résoudre l'équation ci-dessus, par la méthode de séparation des variables et lesséries de Fourier.

Réponse : On obtient la solution :

u(x, y) =2T0

π

∞∑

k=1

(1− cos kπ)

πk sinh kπsin kx. sinh ky.

Exercice 7.2 On considère l'équation aux dérivées partielles (équation descordes vibrantes) :

∂2u

∂t2= c2∂2u

∂x2, t > 0

où u(x, t) est l'amplitude des mouvements transversaux de la corde et c > 0 estune constante (vitesse de la propagation) connue. On suppose que la corde esthomogène et tendue entre ses extrémités xes 0 et l. Déterminer la solution decette équation qui satisfait aux conditions suivantes :

u(x, 0) = f(x) (déformation initiale de la corde en t = 0), 0 < x < l,∂u∂t

(x, 0) = 0, 0 < x < l,u(0, t) = u(l, t) = 0, t > 0.

Réponse : On obtient la solution

u(x, t) =∞∑

k=1

(2

l

∫ ∞

0

f(x) sinkπ

lxdx

)sin

kπ

lx cos

kπc

lt.


Exercice 7.3 On considère l'équation de la chaleur :

∂u

∂t=

∂2u

∂x2, t > 0

où u : [0, L] × [0, +∞[−→ R, (x, t) 7−→ u(x, t) est une fonction continue sur[0, L]× [0, +∞[ et de classe C∞ sur ]0, L[×]0, +∞[. On suppose satisfaites lesconditions aux limites : u(x, t) = u(L, t) = 0, L > 0, ainsi que les conditionsinitiales : u(x, 0) = ϕ(x), où ϕ : [0, L] −→ R est une fonction 2L-périodique,impaire et de classe C4. Déterminer u(x, t), 0 ≤ x ≤ L, à l'aide des séries deFourier.

Exercice 7.4 En utilisant la transformée de Fourier, déterminer la solutionu(x, t) de l'équation de la chaleur

∂u

∂t= a

∂2u

∂x2, a > 0

avec la condition initiale : u(x, 0) = ϕ(x) où ϕ(x) est la température à l'instantt = 0.


u(x, t) =1

4π√

aπt

∫ ∞

−∞ϕ(y)e−

(x−y)2

16aπ2t dy.

Exercice 7.5 En utilisant la transformée de Fourier, déterminer la solutionu(x, t) de l'équation aux dérivées partielles

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0, ∀(x, y) ∈ R× R∗+

avec la condition : u(x, 0) = ϕ(x) (fonction connue) et limy→0

u(x, y) = 0. (Onsuppose évidemment que u et f satisfont aux conditions d'utilisation des trans-formées de Fourier).


u(x, y) =1

π

∫ ∞

−∞

y

(x− t)2 + y2ϕ(t)dt.

Exercice 7.6 Même question que l'exercice précédent pour l'équation des cordesvibrantes :

∂2u

∂t2= α2∂2u

∂x2, x ∈ R, t ∈ R+

avec les conditions : u(x, 0) = ϕ(x) et ∂u∂t

(x, 0) = ψ(x), où ϕ et ψ sont desfonctions connues.


Réponse :

u(x, t) =ϕ(x + αt) + ϕ(x− αt)

2+

1

2α

∫ x+αt

x−αt

ψ(s)ds.

Exercice 7.7 Déterminer la solution u(x, t) de l'équation aux dérivées par-tielles :

∂u

∂t=

∂2u

∂x2,

satisfaisant aux conditions : u(x, 0) = sin x, u(0, t) = 0 = u(π, t) = 0, avec0 < x < 1, t > 0.

Réponse : On trouveu(x, t) = −e−t sin x.

Exercice 7.8 Déterminer la solution u(x, t) de l'équation de la chaleur

∂u

∂t= a2∂2u

∂x2,

qui satisfait aux conditions suivantes : pour x = 0, on a

u(0, t) =

0 si t ≤ 0

f(t) si t > 0,

∂u

∂x(0, t) =

0 si t ≤ 0

g(t) si t > 0

où f et g sont deux fonctions données, dénies pour t > 0. On pourra admettrela légitimité des calculs. On représentera u par une intégrale de la forme

u(x, t) =

∫ ∞

−∞(A(ω) cos ωx + B(ω) sin ωx)e−a2ω2tdω,

où A(ω) est une fonction paire et B(ω) est une fonction impaire et l'on seramène à un problème de transformée de Laplace en posant p = a2ω2.


u(x, t) = a2

∫ ∞

−∞

(F (a2ω2)ω cos ωx + G(a2ω2) sin ωx

)e−a2ω2tdω.

Exercice 7.9 Déterminer la solution u(x, t) de l'équation aux dérivées par-tielles (des ondes ou des cordes vibrantes) :

∂2u

∂t2=

∂2u

∂x2,

satisfaisant aux conditions : u(x, 0) = ∂u∂t

(x, 0) = 0, u(0, t) = sin x, x, t > 0.On suppose qu'il existe une constante M > 0 tel que : |(u(x, t)| ≤ M .


Réponse : On trouve

u(x, t) =

sin(t− x) si t > x

0 si t < x

Exercice 7.10 Soit f(x, y) une fonction de deux variables x, y et supposonsqu'elle satisfait aux conditions suivantes :

(i) pour x < 0, on a f(x, y) = 0.(ii) pour x > 0, f satisfait à l'équation aux dérivées partielles

∂2f

∂x2− ∂2f

∂y2+ f = 0.

(iii) pour x = 0, on a f(0, y) = ∂f∂x

(0, y) = 0.(iv) f est bornée lorsque y −→ +∞.(v) pour y = 0, on a ∂f

∂y(x, 0) = −u(x) où u(x) est une fonction connue

ayant une transformée de Laplace U(p) = Lu(x).En utilisant la méthode de Laplace, déterminer f(x, 0).

Réponse : On trouve

f(x, 0) =

∫ x

0

u(x− τ)J0(τ)dτ,

où J0(τ) est la fonction de Bessel.

Exercice 7.11 Déterminer la solution u(x, t) de l'équation aux dérivées par-tielles :

4∂2u

∂t2+

∂4u

∂x4= 0,

satisfaisant aux conditions : u(x, 0) = ∂u∂t

(x, 0) = ∂2u∂x2 (0, t) = 0, u(0, t) = 1,

x, t > 0. On suppose que : |(u(x, t)| ≤ M où M > 0 est une constante.


u(x, t) = 1− 1

π

∫ ∞

0

e−ζt sin√

ζx cosh√

ζx

ζdζ.

Exercice 7.12 Déterminer la solution de l'équation au dérivées partielles

∂u

∂t= 3

∂2u

∂x2,

telle que : u(x, 0) = 20 cos 3x− 5 cos 9x, u(π2, t) = ∂u

∂x(0, t) = 0.


Réponse : u(x, t) = 20e−27t cos 3x− 5e−243t cos 9x.

Exercice 7.13 Résoudre l'équation au dérivées partielles

∂u

∂t+ 4u− ∂2u

∂x2= 0,

avec les conditions : u(x, 0) = 6 sin x− 4 cos 2x, u(0, t) = u(π, t) = 0.

Réponse : u(x, t) = 6e−5t sin x− 4e−8t sin 2x.

Exercice 7.14 Déterminer la solution de l'équation au dérivées partielles

x∂u

∂x+

∂u

∂y+ xe−y = 0, u(x, 0) = x, 0 < x < 1, y > 0.

Réponse : u(x, y) = x(1 + y)e−y.

Exercice 7.15 Déterminer la solution u(x, y, t) de l'équation aux dérivéespartielles :

∂u

∂t=

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2,

satisfaisant aux conditions :

u(0, y, t) = u(π, y, t) = u(x, y, 0) = 0, u(x, 0, t) =1

4, 0 < x < π, y, t > 0.

On suppose qu'il existe une constante M > 0 tel que : |(u(x, y, t)| ≤ M .


u(x, y, t) =1

π√

π

∞∑

k=1

(1− cos kπ) sin kx

k

∫ ∞

y

2√

t

e−(η2+ k2y2

4η2 )dη.

Une équation aux dérivées partielles non linéaire :équation de Korteweg-de Vries

Korteweg et de Vries1 ont établi une équation aux dérivées partielles nonlinéaire décrivant l'onde de gravité qui se propage dans un canal peu profondet possèdant des propriétés mathématiques remarquables :

∂u

∂t− 6u

∂u

∂x+

∂3u

∂x3= 0, (7.1)

1Korteweg, D.J. and de Vries, G., On the change of form of long waves advancing in arectangular canal and on a new type of long stationary waves, Phil. Mag., 39 (1895), 422-443.


où u(x, t) est l'amplitude de l'onde au point x et au temps t. L'équation por-tant ainsi leur nom (abrégé dans la suite comme KdV) admet une solution : lesoliton ou onde solitaire. En fait, ce modèle a été obtenu à partir des équationsd'Euler (en supposant l'écoulement irrotationnel) par Boussinesq vers 1877 etredécouvert par Korteweg et de Vries en 1890. La solution de cette équation n'aété obtenue et interprétée de manière rigoureuse qu'au début des années 1970alors qu'une onde solitaire a été déjà observé en 1834 par l'ingénieur Scott-Russell se promenant à cheval le long du canal Edinburgh-Glasgow en Ecosse ;il décrivait son observation d'un phénomène d'hydrodynamique comme suit :" J'observais le mouvement rapide d'un bateau qui était tiré le long d'un canalétroit par deux chevaux quand, soudain, le bateau stoppa net. Mais il n'en futpas de même pour la masse d'eau qu'il avait mise en mouvement dans le canal.Cette masse d'eau s'accumula autour de la proue du bateau dans un état deforte agitation puis soudainement, l'abandonna et continua à se mouvoir avecune célérité en prenant la forme d'une grande élévation solitaire au prol ar-rondi, bien dénie et apparemment sans changement de forme ou diminutionde vitesse. Je la suivis à cheval et la dépassais alors qu'elle roulait encore à lavitesse de 8 ou 9 miles à l'heure, conservant sa forme originale avec trente piedsde long et un pied et demi en hauteur. Sa hauteur diminua peu à peu, et aprèsune poursuite d'un ou deux miles, je la perdais nalement parmi les vagues ducanal. Ce fut en ce mois d'août 1834 ma première rencontre avec ce phénomènesingulier et magnique ". Fasciné par ce phénomène, Scott-Russell a construitun bassin à vagues dans son jardin et s'est employé à générer et à étudier cesvagues plus attentivement. Cela a mené à un document [32] baptisé "The Re-port on waves" publié en 1844 par la British association for the advancement ofscience. Un peu plus tard, Boussinesq, puis Korteweg et de Vries proposèrentl'équation (7.6.1) pour expliquer ce phénomène. L'équation de KdV conservela masse, la quantité de mouvement, l'énergie ainsi que de nombreuses autresquantités. De nombreuses expériences ont mis à jour les étonnantes proprié-tés des solutions de cette équation satisfaisant à des conditions aux limitesnulles : lorsque |t| −→ ∞, ces solutions se décomposent en solitons, c-à-d.,en ondes de formes dénies progressant à des vitesses diérentes. Ces ondesse propagent sur de longues distances sans déformation et l'une des caracté-ristiques remarquables des solitons est qu'ils sont exceptionnellement stablesvis-à-vis des perturbations ; le terme u∂u

∂xconduit à des ondes de chocs tandis

que le terme ∂3u∂x3 produit un eet de dispersion. Chacun peut contempler des

solitons à l'endroit où la marée vient mourir sur les plages. Dans le domainede l'hydrodynamique par exemple, les tsunamis (raz de marée) sont des mani-festations des solitons. Généralement, on regroupe sous le vocable soliton dessolutions d'équations d'ondes non-linéaires présentant les propriétés caracté-ristiques suivantes : elles sont localisées dans l'espace, durent indéniment etconservent leur amplitude et leur vitesse même à l'issue de plusieurs collisions


avec d'autres solitons. Les solitons sont devenus indispensables pour l'étudede plusieurs phénomènes. Notamment, l'étude de la propagation d'ondes enhydrodynamique, d'ondes localisées dans les plasmas astrophysiques, Ils inter-viennent dans l'étude des signaux dans les bres optiques, les phénomènes detransport de charge dans les polymères conducteurs, les modes localisés dansdes cristaux magnétiques, etc...Des sociétés industrialisées ont mis au point,à la suite d'études sur les solitons, ce qu'on peut appeler des lasers solitaires.Ces derniers jouent un rôle important dans le domaine des télécommunications.Des signaux lumineux ultra-courts envoyés dans certaines bres optiques faitesd'un matériau bien précis, peuvent voyager sur de longues distances sans s'al-longer ni s'atténuer. La construction de mémoires à temps de communicationultra-rapide et à faible consommation d'énergie, est basée sur le mouvementde tourbillons magnétiques dans la jonction diélectique qui sépare deux supra-conducteurs. Au niveau moléculaire, la théorie des solitons permet d'éluciderle mécanisme de contraction des muscles striés, la dynamique de macromolé-cules biologiques comme l'ADN et les protéines. Dans la chaîne de peptideset d'hydrogène des protéines, les solitons naissent du mariage de la dispersiondue aux vibrations intrapeptides et de la non-linéarité due à l'interaction deces vibrations avec les déplacements de groupes peptides autour de leur po-sition d'équilibre. Mais aussi la théorie des solitons a eu un impact sur lesmathématiques pures ; par exemple, il fournit la réponse au fameux problèmede Schottky, posé il y a un siècle, sur les relations entre les périodes provenantd'une surface de Riemann. Grosso modo, il s'agit de trouver des critères pourqu'une matrice des périodes appartenant au demi-espace de Siegel soit la ma-trice des périodes d'une surface de Riemann. Géométriquement, le problèmede Schottky consiste à caractériser les jacobiennes parmi toutes les variétésabéliennes principalement polarisées. A part l'équation de KdV, on peut citerà titre d'exemples parmi les équations non-linéaires ayant des solutions de typesoliton : l'équation non-linéaire de Kadomtsev-Petviashvili :

∂2u

∂y2− ∂

∂x

(4∂u

∂t− 12u

∂u

∂x− ∂3u

∂x3

)= 0,

l'équation de Schrödinger non-linéaire :

i∂ψ

∂t+

∂2ψ

∂x2+ ψ|2ψ = 0,

l'équation de Sine Gordon :∂2u

∂t2− ∂2u

∂x2+ sin u = 0,

l'équation de Boussinesq :∂2u

∂t2− ∂2u

∂x2+

∂4u

∂x4+

∂2u2

∂x2= 0,


l'équation de Camassa-Holm :

∂u

∂t− ∂3u

∂t∂x2+ 3u

∂u

∂x= 2

∂u

∂x

∂2u

∂x2+ u

∂3u

∂x3,

le réseau de Toda décrit par un système :

xj = yj yj = −exj−xj+1 + exj−1−xj ,

de masses vibrantes disposées sur un cercle et reliées entre elles par des res-sorts dont la force de rappel est exponentielle. Les solitons sont apparus dansbien d'autres domaines ; en particulier l'équation de Klein Gordon non-linéaire,l'équation de Zabusky-Kruskal pour le modèle de Fermi-Pasta-Ulam des pho-nons dans un réseau anharmonique, etc...

Examinons d'abord quelques solutions particulières de l'équation de KdV,de l'espèce des ondes progressives :

u(x, t) = s(x− ct),

où c est la vitesse de phase. En remplaçant cette expression dans l'équation(7.1), on obtient l'expression

−c∂s

∂x− 6s

∂s

∂x+

∂3s

∂x3= 0.

En intégrant cette équation par rapport à x et en imposant la condition aulimite que s et ses dérivées décroissent pour |x| −→ ∞, on obtient

−cs− 3s2 +∂2s

∂x2= 0,

d'où−cs− 2s3 +

(∂s

∂x

)2

= 0,

et l'expression exacte de la solution s nécessite l'utilisation des fonctions el-liptiques. Supposons que ∂s

∂x(0) = 0, dans ce cas la solution de cette dernière

équation ests(x− ct) = − c

2sech2

√c

2(x− ct),

où sech désigne la sécante hyperbolique, c-à-d., 1cosh

. Par conséquent

u(x, 0) = u0 sech2x

l,

où u0 ≡ − c2et l2 ≡ 4

c. Cette expression montre que u démeure inniment

longtemps dans la position u ' 0, ensuite il atteint la valeur u0, se rééchit sur


ce point et revient de nouveau dans la position de u ' 0. Cette solution portele nom de solution d'onde solitaire ou soliton. Pour obtenir cette solution,on pourra utiliser des transformations dites de Bäcklund pour l'équation deKdV. Lorsque les solitons se heurtent, les dimensions et vitesses des solutionsne changent pas après collision. Ce phénomène remarquable a suggéré l'idéede lois de conservation. Et eectivement, Kruskal, Zabusky, Lax, Gardner,Green et Miura ont réussi à trouver toute une série d'intégrales premièrespour l'équation de KdV. Ces intégrales sont de la forme

∫Pn

(u, ..., u(n)

)dx,

où Pn est un polynôme. En eet, les équations de conservation que l'on peutdéduire de l'équation de KdV prennent la forme générale suivante :

∂Pn

∂t+

∂Qn

∂x= 0,

où les fonctions Pn et Qn forment une série de fonctions dont voici les troispremières :

(i) L'équation de KdV peut s'écrire sous la forme :

∂u

∂t+

∂

∂x

(−3u2 +

∂2u

∂x2

)= 0.

D'oùP1 = u, Q1 = −3u2 +

∂2u

∂x2.

(ii) Multiplions l'équation de KdV par u, cela donne

u∂u

∂t− 6u2∂u

∂x+ u

∂3u

∂x3= 0,

et∂

∂t

(u2

2

)+

∂

∂x

(−2u3 + u

∂2u

∂x2− 1

2

(∂u

∂x

)2)

= 0.

D'oùP2 =

u2

2, Q2 = −2u3 + u

∂2u

∂x2− 1

2

(∂u

∂x

)2

.

(iii) On a (3u2 − ∂2u

∂x2

)(∂u

∂t− 6u

∂u

∂x+

∂3u

∂x3

)= 0,

(3u2∂u

∂t+

∂u

∂x

∂2u

∂x∂t

)+

(−18u3∂u

∂x+ 3u2∂3u

∂t3+ 6u

∂u

∂x

∂2u

∂x2− ∂2u

∂x2

∂3u

∂x3− ∂2u

∂x2

∂u

∂t− ∂u

∂x

∂2u

∂x∂t

)= 0.


∂

∂t

(u3 +

1

2

(∂u

∂x

)2)

+∂

∂t

(−9

2u4 + 3u2∂2u

∂x2− 1

2

(∂2u

∂x2

)2

− ∂u

∂x

∂u

∂t

)= 0,

d'où

P3 = u3 +1

2

(∂u

∂x

)2

, Q3 = −9

2u4 + 3u2∂2u

∂x2− 1

2

(∂2u

∂x2

)2

− ∂u

∂x

∂u

∂t.

Si u s'annule pour x →∞, on obtient

∂

∂t

∫Pndx = 0,

donc∫

Pndx sont des intégrales premières de l'équation de KdV. Posons main-tenant u(x, t) = ∂y

∂x(x, t) et supposons que ∂y

∂t, ∂y

∂x, ∂3y

∂t3décroient quand |x| → ∞.

L'équation de KdV, s'écrit :

∂y

∂t− 3

(∂y

∂x

)2

+∂3y

∂t3= 0.

D'où

∂

∂t

∫ ∞

−∞y(x, t)dx = 3

∫ ∞

−∞

(∂y

∂x

)2

(x, t)dx = 3

∫ ∞

−∞u2(x, t)dx = constante.

Comme u = ∂y∂x, nous avons aussi

∂

∂t

∫ ∞

−∞y(x, t)dx =

∂

∂t

∫ ∞

−∞

∫ x

−∞u(z, t)dzdx,

= x∂

∂t

∫ x

−∞u(z, t)dz

∣∣∣∣∞

−∞− ∂

∂t

∫ ∞

−∞u(z, t)dx,

= − ∂

∂t

∫ ∞

−∞xu(x, t)dx,

car par hypothèse u2 et ∂2u∂x2 tendent vers 0 quand |x| → ∞. En comparant les

deux expressions obtenues, on obtient une nouvelle intégrale première :

∂

∂t

∫ ∞

−∞xu(x, t)dx = constante.

Lax a montré que l'équation de KdV est équivalente à l'équation (qui porteson nom) :

dA

dt= [A,B],


où [A,B] = AB −BA et

A = − ∂2

∂x2+ u(x, t), B = 4

∂3

∂x3− 3

(2u

∂

∂x+

∂u

∂x

).

On en déduit que le spectre de A est conservé : si A est un opérateur symétrique(A> = A) et T une transformation orthogonale (T> = T−1), alors le spectrede T−1AT coincide avec celui de A. L'apparition d'une série innie d'intégralespremières s'explique aisément par l'équation de Lax.

L'équation de Strum-Liouville :

Aψ = λψ,

où λ est un paramètre réel, peut s'écrire sous la forme

∂2ψ

∂x2+ (λ− u(x, t))ψ = 0. (7.2)

Cette équation nous rappelle l'équation unidimensionnelle et stationnaire deSchrödinger. Dans la suite nous verrons que la solution complète de l'équationde KdV est étroitement liée à la solution de cette équation. Nous allons nousintéresser aux solutions pour lesquelles u décroît susamment vite pour x −→±∞. Soulignons au passage qu'il existe d'autres conditions intéressantes àsavoir : le cas où u(x, t) tend vers des constantes diérentes pour |x| −→ ∞et celui où u(x, t) est périodique en x. Considérons donc l'équation (7.2) oùu(x, t) est solution de l'équation de KdV (7.1). On suppose qu'au bout d'uncertain temps, l'équation (7.2) a N états liés avec pour énergie λn = −k2

n,n = 1, 2, ..., N et des états continus avec pour énergie λ = k2. Pour l'étude dela partie discrète du spectre λn(t) = −k2

n(t), on a

Proposition 52 Si ψn (fonction mesurable et de carré intégrable) et ∂ψn

∂xtendent

vers zéros quand |x| tend vers l'inni, alors λn(t) = constante et la solutionde l'équation (7.2) est donnée par ψn(t) = cn(0)ekn(x−4k2

nt), où cn(0) est déter-minée par la condition initiale u(x, 0) = u0(x) de l'équation de KdV.

Pour l'étude de la partie continue du spectre λ(t) = k2(t), on procèdecomme suit : on suppose qu'une onde plane stationnaire se propage à partir dex = −∞ et rencontre un potentiel u(x, t) avec un coecient de transmission Tet un coecient de réexion R. Dans ce cas l'équation (7.2) admet une solutionψ telle que :

ψ =

T (k, t)eikx, x → +∞ (à droite de la barrière potentielle)

eikx + R(k, t)e−ikx, x → +−∞ (à gauche de la barrière potentielle)

où |R|2 + |T |2 = 1.


Proposition 53 Si u ' 0 pour |x| → ∞, alors on a

T (k, t) = T (k, 0), R(k, t) = R(k, 0)e−8ik3t,

où R(k, 0) et T (k, 0) sont déterminés par la condition initiale u(x, 0) = u0(x)de l'équation de KdV.

La connaissance de cn(t), kn(t), n = 1, 2, ..., N et R(k, t) permet d'exprimeru(x, t) pour un temps quelconque ; c'est le problème de la diusion inverse. Cedernier se réduit à la solution K(x, y; t), (y ≤ x), de l'équation intégrale linéairede Gelfand-Levitan :

K(x, y; t) + I(x + y, t) +

∫ x

−∞I(z + y)K(x, z; t)dz = 0, (7.3)

où

I(µ, t) =1

2π

∫ ∞

−∞R(k, t)e−ikµdk +

N∑n=1

c2n(t)ekn(t)µ.

La solution u(x, t) de l'équation de KdV est donnée par

u(x, t) = 2d

dxK(x, x; t). (7.4)

L'équation de KdV qui est non-linéaire est transformée en l'équation de Gelfand-Levitan qui est linéaire. Le problème initial est ainsi complètement résolu.Cette méthode présente deux simplications majeures. Tout d'abord dans l'ap-proche analytique de la solution de l'équation de KdV, il sut à chaque étapede ne résoudre que des équations linéaires. Ensuite t n'apparait que paramétri-quement et de plus bien que pour tout t l'équation de Gelfand-Levitan semblesuperciellement être une équation intégrale de deux variables, réellement xintervient comme un paramètre et nous avons donc à faire à une famille d'équa-tions intégrales pour les fonctions K(x, y) d'une seule variable y.

Avant de traiter le cas de N solitons, revenons d'abord au cas d'un solitonet considérons la solution

u(x, t) = − c

2sech2

√c

2(x− ct),

de l'équation de KdV obtenue précédemment avec la condition initiale sui-vante :

u(x, 0) = −2 sech2x,

où par convention on a posé c = 4. L'équation de Schrödinger (7.2) s'écrit

∂2ψ

∂x2+ (2 sech2x + λ)ψ = 0. (7.5)


Pour étudier l'équation (7.5), on pose

ψ = A sechαx.w(x), (7.6)

où A est une amplitude arbitraire, α2 = −λ et w satisfait à l'équation suivante :

∂2w

∂x2− 2α tanh x

∂w

∂x+ (2 + α− α2) sech2x.w = 0.

En faisant la substitution u = 12(1 − tanh x), cette équation se ramène à une

équation diérentielle hypergéométrique de Gauss :

u(1− u)∂2w

∂u2+ (c− (a + b + 1)u)

∂w

∂u− abw = 0,

dans laquelle a = 2 + α, b = −1 + α, c = 1 + α. Cette équation présente troispoints singuliers réguliers : u = 0, u = 1, u = ∞. La solution de cette équationpour u = 0 est

w = F (a, b, c, u) = 1 +ab

c.u

1!+

a(a + 1)b(b + 1)

c(c + 1).u2

2!(7.7)

+a(a + 1)...(a + n− 1)b(b + 1)...(b + n− 1)

c(c + 1)...(c + n− 1).un

n!+ · · ·

Pour x → ∞ (c-à-d., quand u → 0), on a w → 1. D'après l'expression (7.6),on a

ψ = A2α(ex + e−x)−α.w(x),

et celle-ci tend vers Ae2αe−αx quand x →∞. Pour représenter une onde planeAeikx allant à +∞, nous poserons α = −ik. La forme asymptotique de lafonction d'onde pour x → −∞ (u → 1) s'obtient en transformant la fonctionhypergéométrique à l'aide de la relation fonctionnelle

F (a, b, c, u) =Γ(c)Γ(c− a− b)

Γ(c− a)Γ(c− b)F (a, b, a + b− c + 1, 1− u)

+(1− u)c−a−b Γ(c)Γ(a + b− c)

Γ(a)Γ(b)F (c− a, c− b, c− a− b + 1, 1− u),

où Γ(z) =∫∞0

e−tez−1dt, Re z > 0, est la fonction gamma d'Euler. En tenantcompte de (7.6.7) et de l'expression ci-dessus, la relation (7.6) devient

ψ = A sechαx

[Γ(c)Γ(c− a− b)

Γ(c− a)Γ(c− b)

(1 +

ab

a + b− c + 1(1− u) + · · ·

)

+ (1− u)c−a−b Γ(c)Γ(a + b− c)

Γ(a)Γ(b)

(1 +

(c− a)(c− b)

c− a− b + 1(1− u) + · · ·

)].


Lorsque u → 1 (x → −∞), on a (1 − u)c−a−b → e−2αx et puisque α = −ik,alors

ψ −→ Aeα Γ(c)Γ(a + b− c)

Γ(a)Γ(b)

(eikx +

Γ(c− a− b)Γ(a)Γ(b)

Γ(c− a)Γ(c− b)Γ(a + b− c)

).

Cette expression combinée avec le fait que ψ tend vers Ae2αe−α lorsque x →∞,nous donnent le coecient de transmission T = Γ(a)Γ(b)

Γ(c)Γ(a+b−c)et le coecient de

réexion R = Γ(c−a−b)Γ(a)Γ(b)Γ(c−a)Γ(c−b)Γ(a+b−c)

. Pour un soliton individuel, l'équation (7.1)a une solution précise. Il s'avère que le soliton d'amplitude u0 n'a qu'un seulniveau discret à valeur propre λ = u0

2, tandis que le niveau suivant correspond

au point λ = 0 (avec la fonction propre ψ = tanh x) et appartient déjà auspectre continu. L'équation de Gelfand-Levitan (7.3) où

I(µ, t) = c21(t)e

k1µ = c21(0)e−8k1tek1t = 2e−8t+µ,

s'écritK(x, y; t) + 2e−8t+x+y + 2e−8t+y

∫ x

−∞ezK(x, z; t)dz = 0.

En posant K(x, y, t) = f(x)ey, on obtient

f(x) + 2e−8t+x + e−8t+2xf(x) = 0,

d'où f(x) = −2 e−x

1+e8t−2x . Par conséquent, la solution (7.6.4) de l'équation deKdV dans le cas d'une onde solitaire est

u(x, t) = 2d

dxK(x, x, t) = − 2

cosh2(x− 4t)= −2 sech2(x− 4t).

Cela illustre la méthode de solution et la correspondance entre valeur propreet solution.

Nous allons maintenant nous intéresser au cas de N -solitons. An de ré-soudre l'équation de Gelfand-Levitan (7.3), où R(k, t) = 0, on pose

K(x, y) =N∑

n=1

wn(x, t)ekny, (7.8)

où wn sont des fonctions à déterminer. En remplaçant cette expression dansl'équation de Gelfand-Levitan, on obtient le système d'équations algébriqueslinéaires pour wn, n = 1, ..., N suivant :

w1(x, t) + c21(t)e

k1x +∑N

m=1 c21(t)

e(k1+km)x

k1+kmwm(x, t) = 0,

...wN(x, t) + c2

N(t)ekNx +∑N

m=1 c2N(t) e(kN +km)x

kN+kmwm(x, t) = 0.


Dénissons les notations suivantes :

A =(c2n(t)e(kn+km)x

), W =

w1...

wN

, G =

c21(t)e

k1x

...c2N(t)ekNx

,

P ≡ (Pnm) =

(δnm + c2

n(t)e(kn+km)x

kn + km

)= I + A, (7.9)

où I est la matrice unité. Le système ci-dessus s'écrit PW = −G, et on montreaisément qu'il a une solution unique. De l'équation (7.8), on tire

K(x, x) = h>w = −h>P−1G, h ≡

ek1x

...ekNx

.

Ord

dxPnm = c2

meknx.ekmx,

det P =N∑

n=1

(δnm + c2

n(t)e(kn+km)x

kn + km

)αnm,

P−1 =αnm

det P, ,

où αnm est le cofacteur de P , donc

K(x, x) = −∑n,m

αnm

det P

d

dxPnm = − 1

det P

d

dx(det P ) = − d

dxln det P,

et d'après (7.4.4), on a

u = 2d

dxK(x, x) = −2

d2

dx2ln det P.

Par conséquent, on a

Théorème 54 La solution de l'équation de KdV est donnée par la fonction

u = −2d2

dx2ln det P,

où P est déni par (7.6.9) et dont lequel cn(t) = cn(0)e−4k3nt, avec kn > 0

distincts.


La fonction obtenue dans le théorème ci-dessus est négative pour tout x,continue et se comporte comme l'exponentielle quand |x| → ∞. Pour avoir uneidée sur le comportement des solitons et en particulier sur leur comportementasymptotique, supposons que k1 < k2 < ... < kN−1 < kN .Théorème 55 La solution explicite de N-solitons de l'équation de KdV estdonnée par

u(x, t) =

−2N∑

n=1

k2n sech2(knξn + δ+

n ), t → +∞

−2N∑

n=1

k2n sech2(knξn + δ−n ), t → −∞

où

δ+n ≡

1

2ln

c2n

2kn

(n−1∏j=1

kj − kn

kj + kn

)2

, δ−n ≡1

2ln

c2n

2kn

(N∏

j=n+1

kj − kn

kj + kn

)2

,

sont les changements de phase.Remarque 56 On peut interpréter ce résultat de la manière suivante : parexemple pour t →∞, on a

limt→∞

u(x, t) = limt→∞

u(x− ct) =

−2k2n sech2 (kn(x− 4k2

nt) + δ+n ) si c = 4k2

n

0 si c 6= 4k2n

C'est la forme d'une onde solitaire d'amplitude 2k2n, se propageant à droite

avec une vitesse constante égale à 4k2n. La solution de l'équation de KdV se

divise réellement en N-solitons à la limite pour |t| → ∞. Cela indique quechaque soliton préserve sa forme après les collisions. Ces derniers sont analy-sées par les changements de phase δ+

n et δ−n . Le changement de phase relativeest déterminé par

δ+n − δ−n =

1

2ln

c2n

2kn

(n−1∏j=1

kj − kn

kj + kn

)2

− 1

2ln

c2n

2kn

(N∏

j=n+1

kj − kn

kj + kn

)2

,

=n−1∑j=1

lnkj − kn

kj + kn

−N∑

j=n+1

lnkj − kn

kj + kn

,

et il s'exprime en fonction des kj (1 ≤ j ≤ N). Comme les kj sont invariantespar rapport au temps, alors les δ+

n −δ−n le sont aussi. Rappelons que nous avonssupposé k1 < k2 < ... < kN , donc

δ+1 − δ−1 = −

N∑j=2

lnkj − k1

kj + k1

> 0, δ+N − δ−N =

N−1∑j=1

lnkN − k1

kN + k1

< 0.

En outre, on montre aisément que :∑N

n=1 δ+n =

∑Nn=1 δ−n .

Bibliographie

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[3] Dieudonné, J. : Éléments d'analyse, tomes 7 et 8. Gauthier-villars, Paris,1978.

[4] Lesfari, A. : Distributions, analyse de Fourier et transformation de Laplace(Cours et exercices). Éditions Ellipses, Paris, 2012.

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[7] Lesfari, A. : Formes diérentielles et analyse vectorielle (Cours et exer-cices résolus), éditions Ellipses, Paris, 2017.

[8] Mikhailov, V. : Équations aux dérivées partielles. Éditions Mir, Moscou1980.

[9] Reinhard, R. : Équations aux dérivées partielles : introduction. Dunod,Paris, 1991.

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