MAP431.

Analyse variationnelle des équations aux dérivées partielles

PC7 : Corrigé

Considérons Ω ⊂ RN un ouvert borné régulier connexe. On s’intéresse au problème de Laplace avec

conditions aux limites de Neumann :
Trouver u ∈ H 1 (Ω) tel que :
−∆u = f dans Ω (P N )
∂u
= g sur ∂Ω,
∂n
1. On ne peut pas prouver de résultat d’unicité de la solution pour le problème (P N ). En effet si u
est une solution, alors toutes les fonctions de la forme u + c avec c ∈ R sont aussi solutions.
2. Supposons Rque u ∈ H 2 (Ω) Rsoit une solution de (P N ). Dans ce cas, on a −∆u = f sur Ω, ce qui
entraîne − Ω ∆u(x) dx = Ω f (x) dx. En intégrant par parties puis en utilisant la condition au
bord, on obtient Z Z
f (x) dx + g(s) ds = 0. (compatibilité)
Ω ∂Ω

Cette identité est une condition nécessaire pour que (P N ) admette une solution.
3. Supposons que u ∈ H 2 (Ω) soit solution de (P N ). Définissons

1
Z 
α := u(x) dx .
|Ω| Ω

Alors w := u − α ∈ H 2 (Ω) ∩ H# 1 (Ω) est solution de (P N ). Maintenant, considérons une fonction

v ∈ H#1 (Ω), multiplions l’identité −∆w = f par v et intégrons sur Ω. Après intégration par parties,

nous obtenons
Z Z Z
∂w
∇w(x) · ∇v(x) dx − (s)γ(v)(s) ds = f (x)v(x) dx.
Ω ∂Ω ∂n Ω
∂w
En tenant compte de la condition au bord de Neumann ∂n = g, nous déduisons finalement que w
vérifie le problème variationnel :
1
∀v ∈ H# (Ω), a(w, v) = `(v) (PvN )

avec Z Z Z
a(w, v) := ∇w(x) · ∇v(x) dx et `(v) := f (x)v(x) dx + g(s)v(s) ds.
Ω Ω ∂Ω
Supposons à présent que w ∈ H 2 (Ω) ∩ H# 1 (Ω) soit solution de ce problème variationnel. Si f , g

vérifient la condition de compatibilité, alors on a `(1) = 0. Puisque toute fonction de H 1 (Ω) est
somme d’un élément de H# 1 (Ω) et d’une constante, cela implique

a(w, v) = `(v), ∀v ∈ H 1 (Ω).

En intégrant par parties on obtient,

Z Z  
∂w
(−∆w(x) − f (x))v(x) dx + (s) − g(s) γ(v)(s) ds = 0, ∀v ∈ H 1 (Ω). (1)
Ω ∂Ω ∂n
En particulier, pour ϕ ∈ C0∞ (Ω), on a
Z
(−∆w(x) − f (x))ϕ(x) dx = 0.
Ω

1
 Par densité de C0∞ (Ω) dans L2 (Ω), on conclut que −∆w − f = 0 presque partout dans Ω.
L’identité (1) se simplifie alors en
Z  
∂w
(s) − g(s) γ(v)(s) ds = 0, ∀v ∈ H 1 (Ω).
∂Ω ∂n

On déduit de la densité de {γ(v) : v ∈ H 1 (Ω)} dans L2 (∂Ω) que la condition au bord ∂w

∂n = g est
satisfaite au sens des traces sur ∂Ω.
En résumé nous avons montré que w est solution de (P N ).
4. L’application M : v ∈ H 1 (Ω) 7→ Ω v(x) dx est une forme linéaire. De plus elle est continue. En
R

effet, l’inégalité de Cauchy-Schwarz permet d’écrire

Z 1/2 Z 1/2
1
∀v ∈ H (Ω), M (v) ≤ 1 dx kvkL2 (Ω) ≤ 1 dx kvkH 1 (Ω) .
Ω Ω

Ainsi H# 1 (Ω) = ker M est un sous-espace vectoriel fermé de H 1 (Ω). Muni du produit scalaire de

H 1 (Ω), l’espace H#
1 (Ω) est donc un Hilbert.

5. Nous allons prouver que sur H# 1 (Ω) la forme bilinéaire symétrique a définit un produit scalaire

équivalent au produit scalaire de H 1 en établissant une inégalité de Poincaré-Wirtinger de manière

analogue à ce qui a été fait dans les PCs précédentes. Plus précisément, nous allons montrer qu’il
existe une constante C ≥ 0 telle que
1
kvkL2 (Ω) ≤ Ck∇vkL2 (Ω)2 , ∀v ∈ H# (Ω). (Poinc.)

Nous établissons (Poinc.) par contradiction.

1 (Ω) telle que pour tout n ≥ 1, ku k
Supposons qu’il existe une suite (un ) d’éléments de H# n L2 (Ω) = 1
1
et k∇un kL2 (Ω)2 → 0. Cette suite est alors bornée dans H (Ω). D’après le théorème de Rellich,
il existe donc v ∈ L2 (Ω) telle qu’à extraction près on ait un → v dans L2 (Ω). En particulier,
kvkL2 = 1. Comme ∇un → 0 dans L2 (Ω)2 , on a pour j ∈ {1, · · · , N },
Z Z  
∞ ∂ϕ ∂ϕ ∂un
∀ϕ ∈ C0 (Ω), − v = − lim un = lim ,ϕ = 0.
∂xj n→∞ ∂xj n→∞ ∂xj
L2 (Ω)

On en déduit que v ∈ H 1 (Ω), avec ∇v ≡ 0. Ainsi v est localement constante et par connexité de Ω,
il existe c ∈ R tel que v ≡ c presque partout dans Ω. Finalement, comme v ∈ H# 1 (Ω), on voit que

v ≡ c = 0 ce qui contredit kvkL2 (Ω) = 1.

6. Montrons maintenant que la formulation variationnelle (PvN ) admet une unique solution. Pour cela
nous appliquons le Théorème de représentation de Riesz dans l’espace de Hilbert (H# 1 (Ω), a) . En

utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz, la continuité de la trace et l’inégalité de Poincaré (Poinc.),

on voit facilement que la forme linéaire ` est continue sur (H# 1 (Ω), a). Ainsi par Théorème de

représentation de Riesz, (PvN ) admet une unique solution.

Remarquons que nous n’avons pas utilisé la relation de compatibilité de la question 2 pour établir
ce résultat. Si celle-ci n’est pas satisfaite, alors la solution de la formulation variationnelle est en
fait solution du problème au limite avec pour second membre f˜ = f − k où la constante k est telle
que le couple f˜, g satisfait à la condition de compatibilié.
Considérons l’application

A : L2 (Ω) × L2 (∂Ω) → H#
1
(Ω)
(f, g) 7→ w solution de (PvN ).

Par linéarité du problème (PvN ) et unicité de la solution, on voit que A est linéaire. De plus,
l’inégalité de Cauchy-Schwarz, la continuité de l’application trace γ : H 1 (Ω) → L2 (∂Ω) ainsi que

2
 l’inégalité de Poincaré (Poinc.) permettent d’écrire
Z Z
2
k∇wkL2 (Ω)2 = a(w, w) = `(w) ≤ f (x)w(x) dx + g(s)γ(w)(s) ds
Ω ∂Ω
≤ kf kL2 (Ω) kwkL2 (Ω) + kgkL2 (∂Ω) kγ(w)kL2 (∂Ω)
≤ kf kL2 (Ω) kwkL2 (Ω) + CkgkL2 (∂Ω) kwkH 1 (∂Ω)
≤ C(kf kL2 (Ω) + kgkL2 (∂Ω) )k∇wkL2 (Ω)2 .

Ceci montre k∇(A(f, g))kL2 (Ω)2 = k∇wkL2 (Ω)2 ≤ C(kf kL2 (Ω) + kgkL2 (∂Ω) ) et achève de prouver que
A est continue (des données {f, g}, {f 0 , g 0 } proches donnent des solutions w, w0 proches).
1 , ce qui n’est pas facile. On préfère
7. L’implémentation en FreeFem++ nécessite de définir l’espace H#
donc résoudre un problème approché comme ceux des questions suivantes...
8. Soit κ > 0. Appliquons le Théorème de Lax-Milgram à la formulation variationnelle

Trouver wκ ∈ H 1 (Ω) tel que :

(Pvκ )
aκ (wκ , v) = `(v), ∀v ∈ H 1 (Ω),

dans le Hilbert H 1 (Ω). Vérifions les hypothèses :

• La forme linéaire ` est continue. En effet, l’inégalité de Cauchy-Schwarz et la continuité de
l’application trace sur H 1 (Ω) permettent d’écrire, pour tout v ∈ H 1 (Ω),

`(v) ≤ kf kL2 (Ω) kvkL2 (Ω) + kgkL2 (∂Ω) kγ(v)kL2 (∂Ω) ≤ C(kf kL2 (Ω) + kgkL2 (∂Ω) )kvkH 1 (Ω) .
R
• La forme bilinéaire aκ est continue. En effet, a est continue et l’application v 7→ Ω v(x) dx est
une forme linéaire continue sur H 1 (Ω).
• La forme bilinéaire aκ est coercive. Cela vient de l’inégalité de Poincaré
 Z 
kvkL2 (Ω) ≤ C k∇vkL2 (Ω) + v(x) dx , ∀v ∈ H 1 (Ω),
Ω

qui se démontre en raisonnant par contradiction comme plus haut (remarquer que la seule
fonction de H 1 (Ω) d’intégrale nulle et de gradient nul est 0).
Nous pouvons donc appliquer le Théorème de Lax-Milgram qui assure que le problème (Pvκ ) possède
une unique solution wκ .
Supposons `(1) = 0 (c’est-à-dire que (compatibilité) est satisfaite) et Rnotons w l’unique
R solution de
1 1
R
(Pv ). Soit c := 1/|Ω|. Pour v ∈ H (Ω), en écrivant, v = (v−c Ω v)+c Ω v, on a (v−c Ω v) ∈ H# (Ω)
et donc
Z Z   Z  Z 
a(w, v) = a(w, v − c v) + c v a(w, 1) = ` v − c v = `(v) − c v `(1) = `(v).
Ω Ω | {z } Ω Ω
=0

Comme de plus, w ∈ H# 1 (Ω), on a a (w, v) = a(w, v) pour tout v ∈ H 1 (Ω) et donc w est la solution
κ
κ
de (Pv ), c’est-à-dire wκ = w.
Revenons au cas général. En testant dans (Pvκ ) avec v = cκ := Ω wκ (x) dx, on obtient
R

a(wκ , cκ ) +κ−1 |Ω||cκ |2 = `(cκ ) ≤ C1 (kf kL2 (Ω) + kgkL2 (∂Ω) )kcκ kH 1 (Ω)
| {z }
=0
≤ C1 (kf kL2 (Ω) + kgkL2 (∂Ω) )|Ω|1/2 |cκ |.

En simplifiant, on voit qu’il existe une constante C indépendante de κ telle que

Z
|cκ | = wκ (x) dx ≤ Cκ(kf kL2 (Ω) + kgkL2 (∂Ω) ). (2)
Ω

3
 9. Fixons κ0 > 0. Soit κ ∈ (0; κ0 ]. Remarquons que pour tout v ∈ H 1 (Ω), on a aκ (v, v) ≥ aκ0 (v, v).
Par coercivité de aκ0 , on déduit qu’il existe α > 0 dépendant de κ0 mais pas de κ tel que

αkwκ − wk2H 1 (Ω) ≤ aκ (wκ − w, wκ − w), ∀κ ∈ (0; κ0 ]. (3)

Maintenant, par définition des formulations variationnelles, on a

1
aκ (wκ − w, v) = 0, ∀v ∈ H# (Ω).
1 (Ω). Par linéarité, nous trouvons
En choisissant v = w − wκ + cκ /|Ω|, on a bien v ∈ H#

cκ
aκ (wκ − w, wκ − w) = aκ (wκ − w, wκ − w + v) = aκ (wκ − w, 1)
|Ω|
cκ
Z 
−1
= a(wκ − w, 1) +cκ κ (wκ − w)(x) dx = κ−1 (cκ )2 .
|Ω| | {z } Ω
=0 | {z }
=cκ

Des inégalités (2) et (3), nous déduisons αkwκ − wk2H 1 (Ω) ≤ C 2 κ(kf kL2 (Ω) + kgkL2 (∂Ω) )2 . Ainsi, nous
obtenons bien le résultat souhaité :
C √
kwκ − wkH 1 (Ω) ≤ √ κ(kf kL2 (Ω) + kgkL2 (∂Ω) ).
α

10. Pour approcher la solution du problème variationnel (PvN ), on peut fixer un κ > 0 petit (de
l’ordre de h2 ) et résoudre (Pvκ ) par une méthode d’éléments finis. On peut alors utiliser un espace
d’éléments finis qui soit un sous-espace quelconque de H 1 (Ω) contrairement à une résolution directe
de (PvN ) qui nécessite de travailler avec un sous-espace de H# 1 (Ω).Une limite cependant est que
R R
la forme bilinéaire (u, v) 7→ ( udx)( vdx) discrétisée forme une matrice pleine, ce qui n’est pas
efficace en terme de temps de calcul...
On propose donc une autre méthode, en définissant

Trouver wε ∈ H 1 (Ω) tel que :

(Pvε )
aε (wε , v) = `(v), ∀v ∈ H 1 (Ω),
où on a défini Z
aε (wε , v) = a(wε , v) + ε wε (x)v(x)dx.
Ω
11. Le problème est bien posé : on voit immédiatement que aε est une simple déformation du produit
scalaire dans H 1 (Ω), on peut donc appliquer aussi bien le théorème de Riesz que le théorème de
Lax-Milgram - aucune nouvelle inégalité à démontrer...
Si `(1) = 0 on a Z Z
aε (wε , 1) = 0 = a(wε , 1) + ε wε (x)dx = ε wε (x)dx,
Ω Ω
1 (Ω) et on peut donc l’utiliser
R
donc pour ε > 0 on a Ω wε dx = 0, donc wε ∈ H# comme fonction
N
test dans le problème (Pv ).
Pour montrer l’inégalité recherchée, on a tout d’abord
Z Z
a(w, wε ) = `(wε ) = aε (wε , wε ) = |∇wε | dx + ε wε2 dx ≥ k∇wε k2L2 (Ω)N ,
2
Ω Ω

et donc on obtient en utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz

k∇wε k2L2 (Ω)N ≤ k∇wkL2 (Ω) k∇wε kL2 (Ω) .

On utilise ensuite le résultat de la question 6 et l’inégalité de Poincaré dans H# 1 (Ω) vue à la

question 5. :

kwε kH 1 (Ω) ≤ (1 + CP2 )1/2 k∇wε kL2 (Ω)N ≤ (1 + CP2 )1/2 k∇wkL2 (Ω)N ≤ C 0 kf kL2 (Ω) + kgkL2 (∂Ω) .

4
12. Comme on est dans H# 1 (Ω), il suffit de montrer l’inégalité pour k∇(w − w )k
ε L2 (Ω) au lieu de
kw − wε kH 1 (Ω) . On calcule

k∇(w − wε )k2L2 (Ω)N = a(w − wε , w − wε ) = a(w, w − wε ) − a(wε , w − wε )

Z
= `(w − wε ) − aε (wε , w − wε ) + ε wε (w − wε )
Z Ω

= `(w − wε ) − `(w − wε ) + ε wε (w − wε )
Ω
≤ εkwε kL2 (Ω) kw − wε kL2 (Ω)
≤ εCP kwε kH 1 (Ω) k∇(w − wε )kL2 (Ω)

et on conclut en simplifiant à gauche et à droite et en utilisant l’inégalité vue en 11. L’avantage

est que c’est rapide d’implémentation ; l’inconvénient est que 1/ ce n’est valable que si la condition
de compatibilité est vérifiée, 2/ cela ne donne pas la solution exacte dans le cas où la condition de
compatibilité est vérifiée : on a wκ = w mais pas wε = w.