Cours AMS-TA04 Edition 2015-2016 EQUATIONS

Cours AMS-TA04
Edition 2015-2016
EQUATIONS INTEGRALES
ET PROBLÈMES DE DIFFRACTION
Marc Lenoir
ENSTA-ParisTech
UMA/Poems
828 Boulevard des Maréchaux
91762 Palaiseau CEDEX
Table des matières
I
Les problèmes de diffraction
9
1 Les ondes acoustiques
1.1 Un bref rappel de mécanique des fluides . . . . . .
1.1.1 Linéarisation . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.2 L’équation des ondes . . . . . . . . . . . . .
1.1.3 L’équation de Helmholtz . . . . . . . . . . .
1.2 Solutions particulières . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Les ondes planes . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Les ondes radiales bidimensionnelles . . . .
1.2.3 Les ondes radiales tridimensionnelles . . . .
1.3 La condition de Sommerfeld . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Le cas bidimensionnel . . . . . . . . . . . .
1.3.2 Le cas tridimensionnel . . . . . . . . . . . .
1.4 La conservation de l’énergie . . . . . . . . . . . . .
1.4.1 Le cas transitoire . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.2 Le cas harmonique . . . . . . . . . . . . . .
1.4.3 Calcul du flux d’énergie moyen . . . . . . .
1.4.4 Flux d’énergie et condition de rayonnement
1.5 Les problèmes de diffraction . . . . . . . . . . . . .
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2 Les équations de l’électromagnétisme
2.1 Les équations de Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Les lois de comportement . . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Relation avec l’équation des ondes . . . . . . . . .
2.1.3 Les conditions de transmission . . . . . . . . . . .
2.2 Solutions particulières . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Les ondes planes . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.2 Ondes sortantes et entrantes . . . . . . . . . . . . .
2.3 La conservation de l’énergie . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Les diverses formes de la condition de rayonnement
2.3.2 Les problèmes de diffraction . . . . . . . . . . . . .
3
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4
TABLE DES MATIÈRES
II
Les problèmes coercifs
43
3 Le cadre fonctionnel
3.1 Traces et dérivées normales . . . .
3.1.1 Espace des traces . . . . . .
3.1.2 Dualité et dérivées normales
3.1.3 Formule de Green . . . . . .
3.1.4 Le problème de Neumann .
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45
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4 Le problème d’acoustique dissipatif
4.1 Le problème de Neumann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2 Le problème de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
51
51
51
5 Le Laplacien
5.1 Problèmes intérieurs . . . . . . . . . . . .
5.1.1 Problème de Dirichlet . . . . . . .
5.1.2 Problème de Neumann . . . . . . .
5.2 Problèmes extérieurs . . . . . . . . . . . .
5.2.1 Le Problème de Dirichlet extérieur
5.2.2 Le Problème de Neumann extérieur
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A Espaces de Sobolev à poids
A.1 Le cas tridimensionnel . . . . . . . . . . . . . . .
A.1.1 Un théorème de densité . . . . . . . . . .
A.1.2 Equivalence de la semi-norme du gradient
A.1.3 Le cas bidimensionnel . . . . . . . . . . .
A.2 La formule de Green . . . . . . . . . . . . . . . .
III
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Les formules de représentation intégrale
6 L’acoustique dissipative
6.1 La solution élémentaire . . . .
6.1.1 Le cas bidimensionnel
6.1.2 Le cas tridimensionnel
6.2 La représentation intégrale . .
6.3 La formule des sauts . . . . .
7 L’acoustique non dissipative
7.1 La solution élémentaire . . . .
7.1.1 Le cas bidimensionnel
7.1.2 Le cas tridimensionnel
7.2 La représentation intégrale . .
7.2.1 En domaine intérieur .
7.2.2 En domaine extérieur
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78
TABLE DES MATIÈRES
8 Le laplacien
8.1 La solution élémentaire . . . .
8.2 La représentation intégrale . .
8.2.1 Le cas tridimensionnel
8.2.2 Le cas bidimensionnel
8.3 La formule des sauts . . . . .
8.3.1 Le laplacien . . . . . .
5
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B Séparation de variables
B.1 Motivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
B.2 Fonctions propres du Laplacien tangentiel . . . . . . . . . . . . .
B.2.1 Le cas bidimensionnel : décomposition en série de Fourier
B.2.2 Le cas tridimensionnel : les harmoniques sphériques . . . .
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9 Couplage avec une formulation variationnelle
9.1 Le problème d’acoustique dissipative . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.1 Le problème réduit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.2 Formulation variationnelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.3 Une formulation alternative . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.4 Discrétisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.1.5 Le problème de Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2 Le Laplacien en dimension 3 et le problème d’acoustique non dissipative
9.2.1 Le problème réduit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2.2 La méthode de compacité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.2.3 Les fréquences irrégulières . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9.3 Le Laplacien en dimension 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10 Equations intégrales abstraites
10.1 Le problème d’acoustique dissipatif
10.1.1 Potentiel de simple couche .
10.1.2 Potentiel de double couche .
10.2 Le laplacien . . . . . . . . . . . . .
10.2.1 Potentiel de simple couche .
10.2.2 Potentiel de double couche .
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11 Traces et dérivées normales des potentiels
11.1 Potentiel de simple couche . . . . . . . . . . . . . .
11.1.1 Trace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.1.2 Dérivée normale . . . . . . . . . . . . . . .
11.2 Potentiel de double couche . . . . . . . . . . . . . .
11.2.1 Trace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11.2.2 Forme linéaire associée à la dérivée normale
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131
131
132
6
TABLE DES MATIÈRES
12 Equations intégrales concrètes
12.1 Equations de première espèce
12.1.1 L’acoustique . . . . . .
12.1.2 Le Laplacien . . . . .
12.2 Equations de seconde espèce .
12.2.1 L’acoustique . . . . . .
12.2.2 Le Laplacien . . . . .
IV
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Calculs explicites
135
135
135
136
139
139
139
143
13 Potentiels engendrés par des répartitions uniformes
13.1 Bidimensionnel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.1.1 Fonctions de Green . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.1.2 Potentiel de simple couche . . . . . . . . . . . . .
13.1.3 Potentiel de double couche . . . . . . . . . . . . .
13.2 Tridimensionnel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.2.1 Fonctions de Green . . . . . . . . . . . . . . . . .
13.2.2 Trace d’un potentiel de simple couche . . . . . .
13.2.3 Dérivée normale d’un potentiel de simple couche
13.2.4 Trace d’un potentiel de double couche . . . . . .
13.2.5 Dérivée normale d’un potentiel de double couche
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150
150
151
156
158
158
14 Influence entre éléments droits
14.1 Préliminaires géométriques . . . . . . . . . . . . . . .
14.1.1 Projections . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.1.2 Paramétrages . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.2 Potentiel créé en un point par un segment . . . . . .
14.3 Coefficient d’auto-influence . . . . . . . . . . . . . .
14.4 Segments dont les supports se coupent . . . . . . . .
14.4.1 Détermination du point d’intersection . . . .
14.4.2 Distances généralisées . . . . . . . . . . . . .
14.4.3 Changement de repère . . . . . . . . . . . . .
14.4.4 Coefficient d’influence . . . . . . . . . . . . .
14.4.5 Segments possédant une extrémité commune .
14.5 Segments parallèles . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14.5.1 Choix des repères . . . . . . . . . . . . . . . .
14.5.2 Coefficient d’influence . . . . . . . . . . . . .
14.5.3 Cas de deux segments confondus . . . . . . .
B.1 Fonctions trigonométriques sur C . . . . . . . . . . .
B.1.1 Fonctions circulaires et hyperboliques . . . .
B.1.2 Fonctions circulaires inverses . . . . . . . . .
B.1.3 Fonctions hyperboliques inverses . . . . . . .
B.2 Intégration des fonctions homogènes . . . . . . . . .
B.2.1 La formule d’Euler . . . . . . . . . . . . . . .
B.2.2 Un cas particulier . . . . . . . . . . . . . . . .
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TABLE DES MATIÈRES
B.2.3
B.2.4
B.2.5
B.2.6
Le cas général . . . . . . . . .
Hypothèses supplémentaires .
Le cas du logarithme . . . . .
Détermination de la constante
7
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179
179
179
180
8
TABLE DES MATIÈRES
Première partie
Les problèmes de diffraction
9
Chapitre 1
Les ondes acoustiques
L’équation de Helmholtz constitue le modèle le plus simple permettant de mettre en lumière certaines des propriétés essentielles de la propagation des ondes linéaires en régime
harmonique. Son étude constitue une introduction aux modèles plus complexes que sont les
ondes élastiques et les ondes électromagnétiques. Dans ce chapitre nous commencerons par
montrer qu’elle régit le comportement des petites perturbations d’un fluide compressible autour de l’équilibre, nous en étudierons ensuite certaines solutions particulières : ondes planes et
solutions radiales ; enfin nous définirons le flux d’énergie et nous étudierons son comportement
asymptotique à grande distance.
1.1
Un bref rappel de mécanique des fluides
Considérons un écoulement irrotationnel de fluide parfait ; la vitesse est notée U (x; t), la
pression P (x; t), et la masse volumique R(x; t). Les équations suivantes sont classiques :

∂R


+ div(RU ) = 0 : équation de continuité,
∂t 2
(1.1)

 ∂U + grad kU k + grad P = 0 : équations d′ Euler,
∂t
2
R
elles seront complétées par une équation d’état, manifestant l’intervention de la thermodynamique, que nous écrirons
P = G(R).
Il s’agit d’un système non-linéaire que nous allons simplifier en supposant que la vitesse, ainsi
que les fluctuations de pression et de densité sont faibles.
1.1.1
Linéarisation
Considérons donc l’état de repos comme caractérisé par :
U = 0, R = ρ0 , et P = p0 avec p0 = G(ρ0 ) ;
les quantités ρ0 et p0 sont supposées constantes dans tout l’espace. Linéariser les équations
(1.1) ainsi que l’équation d’état autour du repos consiste en fait à poser
U = ε U + O(ε2 ), R = ρ0 + ε R + O(ε2 ), et P = p0 + ε P + O(ε2 ),
11
12
Les ondes acoustiques
où U , R et P sont indépendants de ε, petit paramètre qui représente l’amplitude de la perturbation. On remplace ensuite les diverses quantités par leur expression et on néglige les termes
du second ordre ; on aboutit à

∂R


+ ρ0 div U = 0,
∂t

 ρ0 ∂U + grad P = 0,
∂t
ainsi que, en notant c20 = G′ (ρ0 ) (la thermodynamique nous assure que G′ (ρ) est toujours une
quantité positive),
P = R c20 .
En éliminant par exemple R, on obtient

1 ∂P

 2
+ ρ0 div U = 0,
c0 ∂t
∂U


+ ∇P = 0.
ρ0
∂t
(1.2)
La quantité c0 est la vitesse du son dans le fluide, nous allons voir que c’est en fait la vitesse
de phase des ondes sonores.
1.1.2
L’équation des ondes
On peut aller plus loin et ne conserver qu’une inconnue scalaire. Si on dérive par rapport
au temps la première des équations (1.2) et si on prend la divergence de la seconde, on aboutit
à l’équation des ondes :
∂2P
= c20 ∆P.
(1.3)
∂t2
Un autre point de vue consiste à remarquer que ρ0 ∂ (rot U ) /∂t = 0, à faire l’hypothèse que
l’écoulement est irrotationnel à l’instant initial, et à utiliser le fait que la vitesse dérive alors
d’un potentiel, soit F, c’est-à-dire que
U = grad F.
(1.4)
Il en résulte que
1 ∂P
+ ρ0 ∆F = 0,
c20 ∂t
∂F
∇(ρ0
+ P) = 0 ;
∂t
on constate donc que ρ0 ∂F/∂t + P ne dépend que du temps, soit
ρ0
∂
∂F(x, t)
+ P(x, t) = h (t) , ou encore ρ0 (F(x, t) − H (t)) + P(x, t) = 0,
∂t
∂t
où H est une primitive de h. Comme le potentiel des vitesses est défini à une fonction arbitraire
du temps additive près on pourra choisir F de telle sorte que
ρ0
∂F
+P =0 ;
∂t
(1.5)
1.1 Un bref rappel de mécanique des fluides
13
il ne reste plus qu’à dériver cette dernière équation par rapport au temps pour éliminer la
pression, ce qui conduit à encore à l’équation des ondes :
∂2F
= c20 ∆F.
∂t2
(1.6)
Les conditions aux limites
A ce stade nous nous contenterons de remarquer que les conditions aux limites naturellement associées à (1.3) et (1.6) ne sont pas les mêmes : les conditions dites de Dirichlet sont
des conditions de pression imposée pour (1.3), tandis que les conditions dites de Neumann
sont des conditions de vitesse normale imposée pour (1.6).
1.1.3
L’équation de Helmholtz
Si un système régi par l’équation des ondes évolue à partir du repos sous l’action d’une
excitation périodique en temps, et si le fluide s’étend au complémentaire d’un domaine borné
fixe, on peut démontrer, et c’est là le principe d’amplitude limite, qu’asymptotiquement sa
solution devient elle-même périodique en temps, de même période. La démonstration de ce
principe nécessite des développements qui sortent du cadre de ce cours ; nous nous contenterons
donc de rechercher des solutions de la forme
P(x; t) = Re(p(x)e−iωt ),
F(x; t) = Re(ϕ(x)e−iωt ),
U (x; t) = Re(u(x)e−iωt ).
(1.7)
Les quantités p, ϕ, et u apparaissant dans les équations précédentes sont des fonctions à
valeurs complexes, a priori inconnues, le principe d’amplitude limite imposant la pulsation ω
de la solution mais non sa phase.
Remarquons tout d’abord qu’en vertu de l’équation (1.5), on a
et par conséquent,
Re (−iωρ0 ϕ + p)e−iωt = 0, ∀t,
(1.8)
p = iωρ0 ϕ.
On est donc fondé à noter ψ l’une des deux quantités p ou ϕ, la détermination de l’une à
partir de l’autre ne présentant aucune difficulté. De l’une quelconque des équations (1.3) ou
(1.6), on déduit donc que
Re (ω 2 ψ + c20 ∆ψ)e−iωt = 0, ∀t,
et par conséquent, l’équation de Helmholtz :
∆ψ + k 2 ψ = 0, où k 2 =
ω2
.
c20
(1.9)
14
Les ondes acoustiques
1.2
1.2.1
Solutions particulières
Les ondes planes
Avant même de tenter l’étude de l’équation (1.9), il est instructif d’en calculer quelques
solutions simples ; nous les obtiendrons en réduisant le nombre de variables indépendantes,
de façon à nous ramener à la résolution d’une équation différentielle ordinaire.
Cherchons tout d’abord des solutions ne dépendant que de la coordonnée x1 ; d’après (1.9),
on aura ψ ′′ (x1 )+k 2 ψ(x1 ) = 0. Il s’agit là d’une équation différentielle linéaire du second ordre ;
ses solutions forment donc un espace vectoriel de dimension deux, elles sont données par
ψ(x) = Aeikx1 + Be−ikx1 .
Il apparaît déjà dans cette situation très simple l’existence de deux types d’ondes, elles se
distinguent par leur sens de propagation. Pour fixer les idées, supposons par exemple que
nous nous intéressons à la pression ; on aura
P(x; t) = Re ψ(x)e−iωt = Re Aei(kx1 −ωt) + Re Bei(−kx1 −ωt) .
Les ondes du type Aei(kx1 −ωt) , par exemple, sont dites progressives dans la direction des x1
croissants ; en effet si ks − ωt reste constant, alors s est une fonction croissante du temps.
Remarquons également que modifier l’argument de la constante A (sans modifier son module)
revient simplement à effectuer une translation dans la direction x1 . Plus généralement, une
onde plane se propageant dans la direction ν sera de la forme suivante :
ψ(x) = Aeik x·ν , où kνk = 1.
1.2.2
(1.10)
Les ondes radiales bidimensionnelles
x2
x
r
µ
x1
O
Les coordonnées polaires sont définies par
x1 = r cos θ,
x2 = r sin θ,
avec r ≥ 0, et θ ∈ ] − π, +π] on aura
∆=
∂
1 ∂2
1 ∂
(r ) + 2 2 .
r ∂r ∂r
r ∂θ
(1.11)
1.2 Solutions particulières
15
Si on cherche ψ solution de l’équation de Helmholtz, indépendante de θ on obtient
1 d dψ
(r ) + k 2 ψ = 0.
r dr dr
Posons maintenant z = kr et u(z) = ψ(r), on aura dψ/dr = k du/dz et par conséquent,
2
d u du
k
z 2 +
+ k 2 u = 0.
r
dz
dz
On en déduit que u vérifie l’équation de Bessel d’ordre 0 :
z2
du
d2 u
+z
+ z2u = 0 ;
dz 2
dz
(1.12)
il s’agit d’une équation linéaire du second ordre, à coefficients variables dont les solutions ont
(1)
(2)
(1)
(2)
abondamment été étudiées ; elles sont de la forme u(z) = λH0 (z)+µH0 (z), où H0 et H0
notent respectivement les fonctions de Hankel de première et de seconde espèce, d’ordre 0.
On aura donc
(1)
(2)
ψ(r) = λH0 (kr) + µH0 (kr).
(1.13)
1.2.3
Les ondes radiales tridimensionnelles
x2
x
r
µ
O
x1
'
x3
Les coordonnées sphériques sont définies par

 x1 = r sin θ cos ϕ,
x2 = r sin θ sin ϕ,

x3 = r cos θ,
avec r ≥ 0, θ ∈ [0, π] et ϕ ∈ ] − π, +π]. Dans ce système, l’expression du Laplacien est la
suivante :
1 ∂ 2∂
1
(r
) + 2 ∆σ , où
r2 ∂r
∂r
r
1 ∂2
1 ∂
∂
∆σ =
+
sin
θ
.
∂θ
sin2 θ ∂ϕ2 sin θ ∂θ
∆=
∆σ est appelé opérateur de Laplace-Beltrami. Si on cherche une solution ψ indépendante de
θ et ϕ, on obtient
16
Les ondes acoustiques
1 d 2 dψ
(r
) + k 2 ψ = 0.
r2 dr
dr
Posons u(z)/z = ψ(r) avec z = kr, on aura
dψ
1
1 du
= k − 2u +
,
dr
z
z dz
et
z 2 dψ
1
= 2
=
r
dr
k dr
k
2 dψ
par conséquent
du
−u + z
;
dz
d2 u
+ u = 0.
(1.14)
dz 2
Il s’agit ici d’une équation linéaire du second ordre à coefficients constants, dont les solutions
sont données par u(z) = λ′ eiz + µ′ e−iz , soit
ψ(r) = λ
1.3
eikr
e−ikr
+µ
.
r
r
(1.15)
La condition de Sommerfeld
Les solutions radiales que nous venons de calculer forment un espace de dimension deux ;
nous allons voir qu’il est là encore possible de distinguer deux catégories de solutions qui
correspondent respectivement à des ondes sortantes (ou divergentes) et des ondes entrantes
(ou convergentes). Cette distinction repose sur leurs comportements asymptotiques respectifs
au voisinage de l’infini (lorsque r → +∞) :
ψ(r)e−iωt ∼ f (r)eik(r−ct) (onde sortante),
ou
ψ(r)e−iωt ∼ f (r)e−ik(r+ct) (onde entrante),
c représentant la vitesse de propagation de l’onde. Nous allons mettre en évidence une condition qui permet de vérifier si une solution se comporte comme une onde divergente.
1.3.1
Le cas bidimensionnel
Rappelons le premier terme du développement asymptotique des fonctions de Hankel pour
des arguments réels grands :

r

2 i(z− π )
(1)

−3/2

4 + O(z
),
e
 H0 (z) =
πz
r
(1.16)

2 −i(z− π )
(2)
−3/2

4
 H0 (z) =
+ O(z
).
e

πz
On en déduit que les ondes radiales divergentes sont données par
(1)
ψ(r) = λH0 (kr).
(1.17)
1.3 La condition de Sommerfeld
17
En fait, et à ce stade ce n’est encore qu’une remarque, la même conclusion s’obtient à partir
de l’hypothèse suivante, dite condition de rayonnement sortante ou condition de Sommerfeld :
dψ
1
− ikψ = o ( 1/2 ), r → ∞.
dr
r
(1.18)
Autrement dit, les seules ondes radiales qui satisfont cette condition sont les ondes divergentes
obtenues en (1.17).
On sait en effet que
et









d (j)
(j)
H0 (z) = −H1 (z), j = 1, 2,
dz
r
2 i(z− 3π )
(1)
4
H1 (z) =
e
+ O(z −3/2 ),
πz
r
2 −i(z− 3π )
(2)
4
+ O(z −3/2 ).
H1 (z) =
e
πz
(1.19)
On aura alors d’une part
dψ
d (1)
d (2)
= λ H0 (kr) + µ H0 (kr),
dr
dr
dr
(1)
(2)
= −k(λH1 (kr) + µH1 (kr))
3π
1
2 1/2 i(kr− 3π )
4
+ µe−i(kr− 4 ) + o ( ),
λe
= −k
πkr
kr
et d’autre part
ikψ = ik
Il en résulte que
2
πkr
1/2 λei(kr−
3π
)
4
+ µe−i(kr−
3π
)
4
+ o(
1
).
kr
iπ
3iπ
iπ
2 1/2 ikr − 3iπ
1
λe (e 4 + ie− 4 ) + µe−ikr (e 4 + ie 4 ) + o ( ),
πkr
kr
1/2
π
2
1
= −2iµk
e−i(kr− 4 ) + o ( ) ;
πkr
kr
dψ
− ikψ = −k
dr
la condition de Sommerfeld implique donc la nullité de µ.
Remarque 1.1
(i) La condition de Sommerfeld peut s’exprimer sous la forme apparemment plus précise
suivante :
dψ
1
− ikψ = O( 3/2 ), r → ∞,
(1.20)
dr
r
en fait, il ne s’agit là que d’une illusion, car aucune solution de l’équation de Helmholtz ne
peut vérifier
1
1
3
dψ
− ikψ = O( α ), < α < .
dr
r
2
2
♠
18
Les ondes acoustiques
(ii) Nous utiliserons dans la suite la condition de Sommerfeld sous une forme apparemment
plus ‘faible’ (indépendante de la dimension de l’espace) :
2
Z
dψ
(1.21)
− ikψ dγ = 0.
lim
R→+∞ kxk=R dr
En effet, on vérifie immédiatement que toute fonction qui vérifie (1.18) ou (1.20) satisfait
(1.21).
1.3.2
Le cas tridimensionnel
On constate sans peine que si ψ se comporte comme une onde divergente, alors nécessairement
eikr
ψ(r) = λ
.
(1.22)
r
On aura alors
ikr
dψ
e
e−ikr
1
= ik λ
−µ
+ O( 2 ), et
dr
r
r
kr
ikr
−ikr
e
e
+µ
ikψ = ik λ
.
r
r
On en déduit que
e−ikr
1
dψ
− ikψ = −2iµk
+ O( 2 ),
dr
r
r
et par conséquent que la condition de Sommerfeld peut s’exprimer sous les deux formes en
fait équivalentes
dψ
− ikψ = o ( 1r ), ou
dr
(1.23)
dψ
− ikψ = O( r12 ),
dr
ou encore sous la forme (1.21).
1.4
La conservation de l’énergie
Les théorèmes de conservation jouent un rôle essentiel dans l’étude des phénomènes physiques et de leurs modèles mathématiques. La linéarité des équations que nous considérons ici
rend particulièrement simple l’obtention d’un théorème de conservation de l’énergie.
1.4.1
Le cas transitoire
Définition 1.2 (Energie acoustique)
(i) Si D note un domaine borné inclus dans le fluide, on appelle énergie acoustique dans le
domaine D la quantité suivante :
Z 1
1
2
2
WD =
P + ρ0 kU k ,
(1.24)
2 D ρ0 c20
où on reconnaît la somme d’une énergie potentielle de compression et de l’énergie cinétique.
♥
1.4 La conservation de l’énergie
19
(ii) On appelle flux d’énergie entrant dans le domaine D (au travers de sa frontière ∂D) la
quantité suivante :
Z
(U |n ) P dγ ,
(1.25)
J∂D = −
∂D
où n est la normale extérieure au domaine D considéré.
Théorème 1.3 (Conservation de l’énergie) La dérivée temporelle de l’énergie acoustique
dans un domaine donné est égale au flux d’énergie entrant par le bord, soit
d
WD = J∂D .
dt
♥
(1.26)
Démonstration. Soit en effet (U , P) une solution des équations (1.2), on aura, en vertu de la formule
de Green
Z
∂U
∂P
1
d
U
P
WD =
+
ρ
0
2
∂t ,
dt
∂t
D ρ0 c0
Z
Z
=−
P div U + (U |∇P ) = −
(U |n ) dγ .
D
∂D
Q.E.D.
Remarque 1.4
⊲ A l’aide des équations (1.4) et (1.5), on peut exprimer l’énergie acoustique en fonction
de F seul :
Z
1 ∂F 2
1
) + k∇Fk2 ,
(1.27)
W D = ρ0
2(
2
D c0 ∂t
et
J∂D = ρ0
Z
∂D
∂F ∂F
dγ .
∂n ∂t
(1.28)
⊲ Il n’est par contre pas possible d’exprimer WD en fonction de P seul ; dans le cas de
l’équation (1.3) on définira donc, par analogie avec (1.27),
et
fD = 1
W
2
Z
D
Je∂D =
1 ∂P 2
(
) + k∇Pk2 ,
c20 ∂t
(1.29)
Z
(1.30)
∂D
∂P ∂P
dγ .
∂n ∂t
fD ne représente plus une énergie au sens strict et fait intervenir les dérivées
Notons que W
temporelles des quantités qui composent WD . Cependant le théorème de conservation 1.3
reste valable :
d f
WD = Ie∂D .
(1.31)
dt
♦
20
Les ondes acoustiques
Démonstration. La formule de Green nous permet, là encore, d’écrire
Z
∂P
d f
1 ∂P ∂ 2 P
WD =
+ ∇P ∇
2
2
dt
∂t
D c0 ∂t ∂t
Z
Z
∂P
∂P ∂P
∂P
=
∆P + ∇P ∇
dγ.
=
∂t
∂t
∂D ∂n ∂t
D
Q.E.D.
Désormais, nous ne distinguerons plus ces deux définitions de l’énergie.
1.4.2
Le cas harmonique
Définition 1.5 (Flux d’énergie moyen) On appelle flux d’énergie moyen entrant durant
une période dans le domaine D la quantité
J∂D
♥
ω
=
2π
Z
2π/ω
(1.32)
J∂D dt .
0
Théorème 1.6 (Conservation de l’énergie moyenne) Le flux moyen d’énergie entrant
dans un domaine fluide borné est nul, soit
(1.33)
J∂D = 0.
Démonstration. Le résultat découle de façon évidente de l’intégration de la relation (1.26) sur une
période.
Q.E.D.
1.4.3
Calcul du flux d’énergie moyen
Nous aurons donc
J∂D
et comme
∂F
= Re
∂n
on en déduit que
Z
ω
= ρ0
2π
2π/ω
0
Z
∂D
∂F ∂F
dγ dt,
∂n ∂t
(1.34)
∂ψ −iωt
∂F
e
, et
= ω Im ψe−iωt ,
∂n
∂t
∂F ∂F
= ω cos2 ωt Im ψ Re
∂n ∂t
∂ψ
∂n
2
− ω sin ωt Re ψ Im
∂ψ
∂n
+ ω sin ωt cos ωt .
Comme de plus
Z
2π/ω
2
sin ωt dt =
0
Z
2π/ω
0
π
cos ωt dt = , et ,
ω
2
Z
2π/ω
sin ωt cos ωt dt = 0,
0
1.4 La conservation de l’énergie
21
on en déduit que
∂ψ
∂ψ
Im ψ Re
− Re ψ Im
dγ
∂n
∂n
∂D
Z
∂ψ
ω
ψ
= −ρ0 Im
dγ
2
∂D ∂n
Z ∂ψ
ω
∂ψ
ψ
−ψ
dγ.
= iρ0
4 ∂D
∂n
∂n
J∂D = ρ0
ω
2
Z
(1.35)
(1.36)
Remarque 1.7 Le théorème de conservation de l’énergie moyenne se déduit aisément de la
formule (1.36) et de l’équation de Helmholtz (1.9) ; on a en effet
0=
Z
D
ψ(∆ψ + k 2 ψ) − ψ(∆ψ + k 2 ψ) =
Z
∂D
ψ
∂ψ
∂ψ
−ψ
∂n
∂n
dγ.
La démarche que nous avons suivie a simplement pour but de bien préciser la signification de
J∂D : il s’agit du flux moyen d’énergie qui entre dans D.
1.4.4
Flux d’énergie et condition de rayonnement
Considérons maintenant le cas particulier où le fluide remplit l’extérieur d’un domaine
borné de frontière Γ. On notera S une surface fermée entourant Γ, ∂BR le bord de la boule
de rayon R supposée contenir S, et DR le domaine borné limité par S et ∂BR ; nous noterons
également JS et J∂BR les flux moyens d’énergie entrant dans DR respectivement à travers S
et à travers ∂BR . Autrement dit, JS est le flux moyen d’énergie qui sort du domaine borné
délimité par S, et J∂BR celui qui entre dans la boule BR .
@BR
R
n
n
S
¡
n
DR
Définition 1.8 (Condition de rayonnement) Si ψ est solution de l’équation de Helmholtz, on dit qu’elle vérifie la condition de rayonnement sortante si
lim
R→∞
Z
2
∂ψ
∂n − ikψ dγ = 0.
∂BR
(1.37)
22
Les ondes acoustiques
Remarque 1.9 Comme nous l’avons déjà remarqué, cette définition est compatible avec les
formules (1.18) et (1.23) ; elle fournit en fait un cadre naturel pour prendre en compte la
différence de comportement asymptotique de la solution entre les cas bi- et tridimensionnels.
♥
Théorème 1.10 (Positivité du flux d’énergie moyen) Le flux moyen d’énergie sortant
à travers S du voisinage du corps est indépendant de S. Si la solution vérifie de plus la
condition de rayonnement, ce flux est positif ; plus précisément, on a
" #
Z
∂ψ 2
ρ0 c 0
2
2
+ k |ψ| dγ.
JS =
(1.38)
lim
4 R→∞ ∂BR ∂n Démonstration.
⊲ Comme le flux d’énergie moyen entrant dans DR est nul, le théorème de conservation de l’énergie
s’écrit dans ce cas particulier :
(1.39)
J∂BR + JS = 0.
Il en résulte que J∂BR et JS sont respectivement indépendants de R et de S.
⊲ On a
Z
ρ0 c0
∂ψ
∂ψ
dγ
J∂BR =
ik ψ
−ψ
4
∂n
∂n
∂BR
"
!#
2
Z
∂ψ
∂ψ 2
ρ0 c0
2
2
=
dγ.
∂n − ikψ − ∂n + k |ψ|
4
∂BR
On aboutit alors au résultat en tenant compte de la condition de rayonnement.
Q.E.D.
En fait on peut être plus précis et démontrer que dans la formule précédente, la contribution
des deux termes au flux d’énergie asymptotique est la même.
Proposition 1.11 Si ψ vérifie la condition de rayonnement, on a
2
Z
Z
∂ψ ρ0 c 0
ρ0 c 0
lim
dγ =
lim
k 2 |ψ|2 dγ.
JS =
R→∞
R→∞
2
2
∂BR ∂n
∂BR
Démonstration. D’après (1.35)
Z
Z
∂ψ
ρ0 c0
2
ψ
k Im
− ikψ dγ + k 2
|ψ| dγ .
JS =
2
∂n
∂BR
∂BR
Si on pose alors
A = Im
ainsi que
η=
Z
2
∂BR
|ψ| dγ
Z
1/2
ψ
∂BR
, et ζ =
∂ψ
− ikψ
∂n
Z
(1.40)
(1.41)
dγ ,
2 !1/2
∂ψ
;
∂n − ikψ dγ
∂BR
selon l’inégalité de Cauchy-Schwarz on obtient |A| ≤ ηζ, et comme, en vertu de (1.38), η est borné,
il résulte de la condition de rayonnement que A → 0. L’énoncé de la proposition découle alors de la
formule (1.41).
Q.E.D.
1.5 Les problèmes de diffraction
23
onde incidente
Figure 1.1 – Diffraction d’une onde plane par un obstacle
1.5
Les problèmes de diffraction
Donnons nous une onde plane ψI (voir (1.9)), notre objectif sera d’étudier la perturbation ψ
de cette onde plane induite par la présence d’un obstacle de frontière Γ. Le champ acoustique
total sera noté ψT = ψI +ψ, et vérifiera l’équation de Helmholtz dans le domaine Ω extérieur à
l’obstacle ; le champ diffracté ψ vérifiera la condition de rayonnement. Selon que ψ représente
la pression ou le potentiel des vitesses, on sera amené à résoudre deux principaux types de
problèmes :
Le problème de Dirichlet









lim
Z
R→+∞ kxk=R
∆ψT + k 2 ψT = 0 dans Ω : équation de Helmholtz,
ψT = 0 sur Γ
: pression imposée,
2
∂ψ
: condition de rayonnement.
∂r − ikψ dγ = 0
(1.42)
Le problème de Neumann













lim
Z
R→+∞ kxk=R
Remarque 1.12
∆ψT + k 2 ψT = 0 dans Ω : équation de Helmholtz,
∂ψT
= 0 sur Γ
: glissement sur la paroi,
∂n
2
∂ψ
: condition de rayonnement.
∂r − ikψ dγ = 0
(1.43)
(i) L’onde incidente étant progressive, elle ne vérifie pas la condition de rayonnement, et
par conséquent ψT non plus.
24
Les ondes acoustiques
(ii) Dans les deux problèmes ci-dessus, on peut éliminer le potentiel total ψT au profit de ψ.
En effet, le potentiel de l’onde incidente étant lui-même solution de l’équation de Helmholtz
dans tout l’espace, on peut se ramener à résoudre un problème comportant une condition aux
limites inhomogène sur la frontière Γ de l’obstacle :

∆ψ + k 2 ψ = 0 dans Ω,





∂ψ

ψ ou
donné sur Γ,
∂n
(1.44)
2
Z




∂ψ − ikψ dγ = 0.

 lim
R→+∞ kxk=R ∂r
(iii) Notons pour terminer que cette dernière formulation comprend aussi une autre catégorie
de problèmes, souvent appelés problèmes de rayonnement pur (dans la mesure où il n’y a plus
de champ incident) : c’est par exemple le cas d’une structure dont la paroi Γ vibre à une
fréquence donnée (un haut-parleur) ; la résolution de (1.44) revient alors à déterminer le
champ acoustique rayonné par cette structure.
Chapitre 2
Les équations de l’électromagnétisme
Dans ce chapitre, nous présentons les équations de Maxwell qui modélisent la propagation
des ondes électromagnétiques. Après avoir écrit les équations qui régissent les phénomènes
électromagnétiques dans les milieux parfaits, et calculé quelques solutions particulières, nous
définirons la notion de flux d’énergie et nous exhiberons alors une condition de rayonnement
adaptée aux équations traitées.
2.1
Les équations de Maxwell
Les phénomènes électromagnétiques dans les milieux continus sont décrits à l’aide de
quatre fonctions dépendant du temps t et des coordonnées d’espace (nous noterons x un point
de l’espace et (x1 , x2 , x3 ) ses coordonnées relativement à un repère orthonormé (O, e1 , e2 , e3 )).
Ces quatre fonctions sont à valeurs vectorielles dans R3 (leurs composantes seront repérées
par les indices 1, 2 et 3). Ce sont :
⋄ Le champ électrique E,
⋄ L’induction électrique D,
⋄ Le champ magnétique H,
⋄ L’induction magnétique B.
La présence de charges électriques et de courants électriques (autrement dit de déplacement
de ces charges) est décrite par deux fonctions :
⋄ La densité de charge R, à valeurs dans R,
⋄ La densité de courant J , à valeurs dans R3 .
Ces différentes fonctions sont reliées entre elles par les équations de Maxwell :
∂B
= 0,
∂t
∂D
rot H −
= J,
∂t
div D = R,
rot E +
div B = 0.
(2.1)
(2.2)
(2.3)
(2.4)
Une conséquence immédiate de ces équations est la relation dite de conservation de la charge,
appelée aussi relation de continuité, qui relie la charge électrique R au courant J :
div J +
∂R
= 0,
∂t
25
(2.5)
26
Les équations de l’électromagnétisme
et qui s’obtient simplement en prenant la divergence de (2.2) et la dérivée partielle en temps
de (2.3).
On peut remarquer dès maintenant une certaine redondance dans le système d’équations
∂
(2.1)-(2.4). Si on applique en effet l’opérateur divergence à (2.1), on a ∂t
(div B) = 0, ce qui
montre qu’il suffit que l’équation (2.4) soit vérifiée à un seul instant (par exemple t = 0)
pour qu’elle le soit en fait à tout temps t. La même remarque s’applique à l’équation (2.3), à
condition que J et R satisfassent la relation de conservation de la charge (2.5).
Ainsi, si J et R sont connus (c’est par exemple le cas de l’étude du champ créé par une
charge ponctuelle dans le vide) et satisfont la relation (2.5), le système (2.1)-(2.4) comporte
six équations indépendantes ; les équations scalaires (2.3) et (2.4) jouant le rôle de conditions
initiales. Les inconnues scalaires étant au nombre de douze (les composantes de E, D, H et
B), on sera amené à rajouter à ces équations des relations qui permettent de décrire la nature
du milieu dans lequel les phénomènes électromagnétiques se produisent. C’est l’objet des lois
de comportement, appelées aussi relations constitutives.
Notons enfin que si J et R ne sont pas connus a priori, il y a trois inconnues supplémentaires et non quatre, puisque la relation (2.5) doit toujours être vérifiée ; il faut donc rajouter
trois équations qui précisent la façon dont s’effectue le déplacement des charges électriques
dans le milieu considéré.
2.1.1
Les lois de comportement
Nous nous limiterons dans tout ce qui suit au cas des milieux parfaits pour lesquels les lois
de comportement sont linéaires. Ces lois permettent de modéliser, à une échelle macroscopique,
les phénomènes électromagnétiques microscopiques qui se produisent dans le milieu considéré
(polarisation, magnétisation). Un milieu parfait, isotrope et homogène est un milieu dans
lequel les relations suivantes sont vérifiées :
D = εE et B = µH,
(2.6)
où ε et µ sont deux constantes positives, appelées respectivement permittivité électrique et
perméabilité magnétique.
Si on reporte ces lois de comportement dans les équations de Maxwell on peut, par exemple,
éliminer D et B au profit de E et H; il vient
∂µH
= 0,
∂t
∂εE
= J,
rot H −
∂t
div(εE) = R,
(2.7)
rot E +
div(µH) = 0.
(2.8)
(2.9)
(2.10)
Le milieu considéré est dit de plus conducteur (ohmique) si la loi d’Ohm est satisfaite :
J = σE,
(2.11)
où σ est une constante positive appelée constante de conductivité. Cette relation, reportée
dans (2.8) permet alors d’éliminer J .
2.1 Les équations de Maxwell
27
Un milieu est dit isolant lorsque σ = 0 dans la relation (2.11), et par conséquent J = 0 :
c’est un milieu qui ne permet pas le déplacement des charges électriques. Un conducteur parfait
est la limite formelle d’une famille de matériaux conducteurs dans lesquels la conductivité tend
vers l’infini, E et H y sont alors nuls.
Un cas particulier important des milieux parfaits isolants est le vide : la permittivité et la
perméabilité du vide sont respectivement notées ε0 et µ0 . On pose ε0 µ0 = c−2
0 ; c0 est la vitesse
de la lumière dans le vide, comme nous le constaterons au paragraphe suivant en étudiant la
relation entre les équations de Maxwell et l’équation des ondes.
Nous nous sommes contentés de présenter ici le cas des milieux parfaits isotropes. Notons
simplement que les lois de comportements (2.6) et (2.11) peuvent se généraliser aux milieux
anisotropes en définissant un tenseur de permitivité (εij , i, j = 1, 3), un tenseur de perméabilité (µij , i, j = 1, 3) et un tenseur de conductivité (σij , i, j = 1, 3); les lois de comportement
prennent alors la forme suivante :
Di =
2.1.2
3
X
j=1
εij Ej , Bi =
3
X
j=1
µij Hj , Ji =
3
X
j=1
σij Ej , i = 1, 3.
Relation avec l’équation des ondes
Supposons que J = 0 et R = 0 ; en prenant le rotationnel de (2.7) et en dérivant (2.8)
par rapport au temps il vient, si ε et µ sont constants :
rot(rot E) + εµ
∂2E
= 0.
∂t2
On a par ailleurs :
rot(rot E) = −∆E + grad(div E).
On en déduit donc, d’après (2.9), que E satisfait l’équation des ondes :
−∆E + εµ
∂2E
= 0.
∂t2
(2.12)
On montre de la même façon, en prenant cette fois le rotationnel de (2.8), que H satisfait
aussi l’équation des ondes ; il en résulte que le champ électromagnétique se propage à la vitesse
(εµ)−1/2 . Remarquons que la réciproque n’est pas vraie : une solution E de (2.12) ne satisfait
pas nécessairement div E = 0 ; ce n’est donc pas dans ce cas une solution des équations de
Maxwell.
Le régime périodique établi
On recherche des solutions particulières des équations de Maxwell (2.7)-(2.10) sujettes à
une dépendance harmonique du temps, ce qui revient à choisir une pulsation ω > 0 et à poser
E (x, t) = Re E (x) e−iωt et H (x, t) = Re H (x) e−iωt
J (x, t) = Re J (x) e−iωt et R (x, t) = Re ρ (x) e−iωt ,
28
Les équations de l’électromagnétisme
où E, H, J et ρ sont des fonctions à valeurs complexes qui ne dépendent plus que des coordonnées d’espace. On obtient alors :
rot E − iωµH = 0,
(2.13)
rot H + iωεE = J,
(2.14)
div εE = ρ,
(2.15)
div µH = 0,
(2.16)
où J et ρ sont encore liés par la relation de conservation de la charge (2.5) qui prend la forme :
div J − iωρ = 0.
(2.17)
Notons bien que les équations de (2.15) et (2.16) résultent respectivement de (2.14) et (2.13)
dès que J et ρ satisfont (2.17).
On peut éliminer dans (2.13)-(2.16) l’un des champs au profit de l’autre :

1

 rot( rot E) − ω 2 εE = iωJ,
µ
1

 rot( rot H) − ω 2 µH = rot 1 J.
ε
ε
Dans le cas d’un milieu conducteur où J et E sont liés par la loi d’Ohm (2.11), qui prend ici
la forme
J = σE,
(2.18)
ces équations s’écrivent
où on a posé

1

 rot( rot E) − ω 2 εσ E = 0,
µ
1

 rot( rot H) − ω 2 µH = 0,
εσ
σ
εσ = ε + i .
ω
(2.19)
(2.20)
Notons que de (2.19), résulte en particulier que
div(εσ E) = 0 et div(µH) = 0 ;
c’est la forme que prennent les équations (2.15) et (2.16) dans le cas d’un conducteur ohmique.
Remarquons enfin que dans le vide, où µ et ε sont constants, respectivement égaux à µ0
et ε0 , et σ = 0 ; les équations (2.19) prennent la forme simplifiée suivante :
rot(rot E) − ks2 E = 0,
rot(rot H) − ks2 H = 0,
(2.21)
où on a noté :
ks2 = ω 2 ε0 µ0 .
(2.22)
2.1 Les équations de Maxwell
2.1.3
29
Les conditions de transmission
Dans le cas des équations de Maxwell, les conditions aux limites prennent naturellement
la forme de conditions de transmission le long de frontières séparant deux milieux de caractéristiques différentes. Rappelons les équations (2.13)-(2.16), que nous admettrons être vérifiées
au sens des distributions dans R3 tout entier :
rot E − iωµH = 0,
rot H + iωεE = J,
div εE
= ρ,
div µH
= 0.
Nous supposons que ε et µ sont discontinus le long d’une frontière Γ, qu’ils sont réguliers
ainsi que E et H de part et d’autre de Γ, et appartiennent localement à L2 (R3 )3 (cette
dernière condition revient simplement à dire que l’énergie électromagnétique est finie dans
tout domaine borné de R3 ). Si Γ sépare R3 en Ω+ et Ω− , on note n+ et n− leurs normales
extérieures respectives le long de Γ, ainsi que (voir la Figure 2.1.3)
U + = U|Ω+ , U − = U|Ω− , et [U ] = U + − U −
|Γ
.
(2.23)
n+
+
¡
n¡
¡
Traces tangentielles
Le champ magnétique Pour Φ ∈ D(R3 )3 , on a d’une part, par définition de la dérivation
au sens des distributions,
hrot H, Φi = hH, rot Φi =
Z
R3
(H |rot Φ ) ,
et d’autre part, en vertu de la formule de Green
Z
±
Ω±
H |rot Φ =
Z
±
Ω±
rot H |Φ +
Z
Γ
H ± (n± ∧ Φ dγ,
30
Les équations de l’électromagnétisme
par conséquent, en vertu de (2.14),
Z
(εE |Φ )
hJ, Φi = hrot H, Φi v + iω
R3Z
Z
Z
+
−
=
rot H |Φ +
(εE |Φ )
rot H + |Φ + iω
+
−
R3
ZΩ
ZΩ
=
rot H + |Φ +
rot H − |Φ
+
Ω−
Z
ZΩ
+
(εE |Φ )
[H] (n ∧ Φ + iω
+
R3
Γ
soit
J = {rot H} + iωεE + ([H] ∧ n+ )δΓ ,
(2.24)
rot H ∈ (L2 (R3 )3 , soit [H] ∧ n = 0.
(2.25)
où {rot H} désigne la fonction séparément égale à rot H sur Ω+ et sur Ω−R, et où F δΓ note la
distribution (dont le support est concentré sur Γ) définie par hF δΓ , Φi = Γ (F |Φ ) dγ. Dans
le cas où le milieu est un conducteur ohmique et où σ est borné, alors d’après (2.18), J est
une fonction de carré intégrable, et par conséquent
Le champ électrique Le même raisonnement que celui conduisant à la formule (2.24)
aboutit à
0 = {rot E} − iωµH + ([E] ∧ n+ )δΓ ,
et par conséquent
(2.26)
[E] ∧ n = 0.
Traces normales
Le champ électrique De même, pour ϕ ∈ D(R3 ) on a
Z
(εE |∇ϕ ) ,
hdiv εE, ϕi = − hεE, ∇ϕi = −
R3
ainsi que
soit,
Z
Ω±
ε± E ± |∇ϕ
=−
Z
ϕ div ε± E ± +
Ω±
hρ, ϕi = hdiv εE, ϕi
Z
Z
+ +
ϕ div ε E +
=
Ω+
ou encore
−
ϕ div ε E
Ω−
−
Z
Γ
−
ϕ [εE] n+ dγ,
Z
ρ = {div εE} − [εE] n+ δΓ .
Γ
ϕ [εE] n+ dγ,
(2.27)
Dans le cas d’un conducteur ohmique dont la conductivité reste bornée, on a div εσ E = 0 ; la
formule qui précède prend donc la forme
([εσ E] |n ) = 0.
(2.28)
2.2 Solutions particulières
31
Le champ magnétique De même, on obtient
(2.29)
([µH] |n ) = 0.
Les conditions aux limites de conducteur parfait
Dans le cas où la conductivité de l’un des deux milieux est très élevée, le champ électromagnétique dans ce milieu tend vers zéro, tandis que le courant associé tend vers une distribution
supportée par l’interface entre les deux milieux. L’examen des formules qui précèdent montre
que seules (2.26) et (2.29) ne font intervenir ni densité de courant inconnue ni valeur infinie
de la conductivité ; elles sont donc à l’origine des deux conditions aux limites de conducteur
parfait suivantes :
E ∧ n|Γ = 0, soit encore rot H ∧ n|Γ = 0,
(2.30)
et
(H |n )|Γ = 0, soit (rot E |n )|Γ = 0.
(2.31)
En fait, la condition normale (2.31) apparaît comme une conséquence de la condition tangentielle (2.30). En effet, si le conducteur parfait occupe par exemple le domaine Ω− , la formule
de Green nous montre que pour tout ϕ ∈ D(R3 ), on a
Z
Z
Z
div(rot E) ϕ,
(rot E |∇ϕ ) +
( rot E| n) ϕ dγ =
Ω+
Ω+
Γ
où la seconde intégrale sur Ω+ est évidemment nulle. On a par conséquent
Z
Z
Z
(E |rot(∇ϕ) ) − ( (E ∧ n)| ∇ϕ) dγ,
( rot E| n) ϕ dγ =
Ω+
Γ
Γ
d’où le résultat : si E ∧ n s’annule sur Γ, il en va de même pour ( rot E| n) (mais la réciproque
n’est bien sûr pas vraie). On peut montrer de façon similaire que si (rot H ∧ n)|Γ = 0, alors
( H| n)|Γ = 0 (il faut alors utiliser le fait que H satisfait les équations de Maxwell dans Ω+ ).
2.2
Solutions particulières
Comme nous l’avons fait lors de l’étude de l’équation de Helmholtz, nous allons commencer
par calculer quelques solutions particulières des équations de Maxwell. Nous nous plaçons ici
dans le cas où µ et εσ sont constants, ce qui, selon (2.21) conduit à la forme simplifiée,
rot(rot U ) − ks2 U = 0 où ks2 = ω 2 εσ µ,
(2.32)
où U représente soit U soit H. Nous nous limiterons au cas le plus instructif : celui où
ks ∈ R+ \ {0}.
2.2.1
Les ondes planes
Cherchons tout d’abord des solutions de l’équation (2.32) sous forme d’ondes planes, c’està-dire invariantes dans deux directions. Sans restreindre la généralité, on peut choisir ces
32
Les équations de l’électromagnétisme
directions parallèles au plan (O, x2 , x3 ), le cas général s’en déduisant par une simple rotation
du système d’axes. On a donc dans ce cas :
∂Ei
∂Hi
=
= 0 pour i = 1, 2, 3 et j = 2, 3.
∂xj
∂xj
L’équation (2.32) s’écrit alors :
 2
= 0,
ks U 1



2U

∂

2
−
− ks2 U2 = 0,
∂x21


∂ 2 U3


 −
− ks2 U3 = 0.
∂x21
La résolution de ce système ne présente pas de difficulté. La forme générale des solutions est
la suivante :

 

0
0
U =  a2 eiks x1  +  b2 e−iks x1  ,
a3 eiks x1
b3 e−iks x1
les ai et bi , pour i = 1, 3, étant des constantes complexes. Dans cette expression, le premier
terme (dépendant des ai ) correspond à une onde qui se propage suivant la direction des x1
croissants, et le second (dépendant des bi ), des x1 décroissants. Plus généralement, une onde
plane qui se propage suivant la direction ν ∈ R3 , où ν est un vecteur unitaire, est donnée par
U = Aeiks (x|ν ) ,
(2.33)
où A est un vecteur de C3 tel que (A |ν ) = 0 .
Si par exemple U = E, l’expression de H se déduira de celle de E par la relation (2.13).
On aura donc :
r
εσ
iks (x|ν )
(ν ∧ E),
(2.34)
E = Ae
et H =
µ
où A est un vecteur de C3 vérifiant (A |ν ) = 0. On retrouve ainsi l’orthogonalité bien connue
entre la direction de propagation, le champ électrique et le champ magnétique.
2.2.2
Ondes sortantes et entrantes
Contrairement au cas de l’acoustique, il n’existe pas de solution des équations de Maxwell
qui ne dépende que de la distance r à un point. Nous allons voir cependant qu’à l’aide des
solutions radiales de l’équation de Helmholtz, on peut construire une famille de solutions de
(2.32) ; on en étudiera le comportement à l’infini, de façon à mettre en évidence des conditions
permettant de sélectionner les ondes “sortantes” (respectivement, “entrantes”).
Construction de solutions particulières
Commençons par construire de façon systématique une famille de solutions des équations
de Maxwell ; soit donc U solution de
rot(rot U ) − ks2 U = d,
(2.35)
2.2 Solutions particulières
33
d étant un champ de vecteurs donné. On cherchera U sous la forme suivante dite décomposition
de Hodge, et on peut montrer qu’il ne s’agit pas là d’une hypothèse restrictive :
U = ∇ϕ + rot Φ, où div Φ = 0.
(2.36)
div U = ∆ϕ et rot U = rot(rot Φ) = −∆Φ,
(2.37)
On aura alors
puisque rot(rot) = ∇ div −∆ et div Φ = 0. Si on applique à (2.35) les opérateurs div et rot,
on obtient respectivement
ks2 ∆ϕ = − div d,
et
En fait on résoudra
∆ ∆ + ks2 Φ = rot d.
ks2 ∆ψ = d, et on posera ϕ = − div ψ,
ainsi que
∆ ∆ + ks2 Ψ = d, avec Φ = rot Ψ.
(2.38)
(2.39)
(2.40)
(2.41)
Remarquons alors que, par décomposition en ‘éléments simples’, on a
(∆(∆ + λ))−1 =
1
∆−1 − (∆ + λ)−1 ,
λ
il en en résulte que si on note ρ et ρs des solutions respectives de
−∆ ρ = d, − ∆ + ks2 ρs = d,
(2.42)
ψ = ks−2 (−ρ) et Ψ = ks−2 (ρs − ρ) sont respectivement solution de (2.40) et (2.41). On aura
donc ϕ = ks−2 div ρ et Φ = ks−2 rot(ρs − ρ), et par conséquent
ks2 U = ∇ div ρ + rot rot(ρs − ρ)
= rot rot ρs − d
= ∇ div ρs + ks2 ρs ,
soit finalement
U = ρs + ks−2 ∇ div ρs ,
= ks−2 (rot rot ρs − d) ,
Il est alors aisé de vérifier que (2.43) constitue bien une solution de (2.35).
(2.43)
34
Les équations de l’électromagnétisme
Comportement à l’infini
Désormais nous considérerons le cas où la solution ρs de (2.42) est de la forme
(2.44)
ρs = V hs ,
où V est un vecteur constant et hs une solution scalaire radiale de (2.42) ; cette solution s’écrit
hs (r) = λs
e−ikqs r
eiks r
+ µs
.
r
r
(2.45)
Il apparaît ainsi deux catégories de solutions pour U (données par (2.43)) : les ondes sortantes
(µs = 0) et les ondes entrantes (λs = 0). Précisons le comportement asymptotique à l’infini
de ces solutions. On a tout d’abord
∇hs = n h′s
où n = x/r est le vecteur unitaire radial et h′s note la dérivée radiale de hs . Par suite
div ρs = (V |∇hs ) = (V |n ) h′s ,
(2.46)
∇ div ρs = h′s ∇ (V |n ) + (V |n ) ∇h′s
1
= h′s (n ∧ (V ∧ n)) + n (V |n ) h′′s ,
r
(2.47)
et
puisque
∇ (V |n ) = (V |∇ ) n
xi xj
δij
Vj
− 3
=
r
r
1
1
= (V − n (n |V )) = (n ∧ (V ∧ n)).
r
r
Il en résulte que
1 ′
h (n ∧ (V ∧ n)) + n (V |n ) h′′s
U = V hs +
r s
= n (V |n ) hs + n ∧ (V ∧ n)hs
−2 1
′
′′
+ ks
n ∧ (V ∧ n)hs + n (V |n ) hs
r
ks−2
(2.48)
= n ∧ (V ∧ n)hs + O(r−2 )
en remarquant que h′′s = −ks2 hs + O(r−2 ) (puisque h′′s + 2h′s /r + ks2 hs = 0) ; soit
U = n ∧ (V ∧ n)hs + O(r−2 ) ;
(2.49)
(U |n ) = O(r−2 ).
(2.50)
on aura en particulier
2.3 La conservation de l’énergie
35
La formule (2.43) nous prouve par ailleurs que
rot U = rot ρs ;
(2.51)
par conséquent
rot U ∧ n = rot (V hs ) ∧ n = (grad hs ∧ V ) ∧ n = h′s n ∧ (V ∧ n).
En comparant cette expression et (2.49), on constate que
rot U ∧ n ± iks n ∧ (U ∧ n) = n ∧ (V ∧ n) h′s ± iks hs + O(r−2 ),
ce qui permet de traduire la condition de rayonnement associée à la solution hs de l’équation
de Helmholtz sous la forme d’une condition de rayonnement pour les équations de Maxwell :
rot U ∧ n − iks n ∧ (U ∧ n) = O(r−2 ).
(2.52)
Si on combine les équations (2.50) et (2.52), comme
U = (U |n ) n + n ∧ (U ∧ n),
on obtient la “condition de Silver-Müller” :
rot U ∧ n − iks U = O(r−2 ),
(2.53)
dont on doit garder le souvenir qu’elle représente en fait les deux conditions (2.50) et (2.52).
2.3
La conservation de l’énergie
Les notions introduites dans ce paragraphe sont très similaires à celles utilisées en acoustique ; dans le cas où la conductivité électrique n’est pas nulle, il s’introduit cependant un
terme supplémentaire de dissipation d’énergie, qui n’est autre que le classique effet Joule.
Le cas transitoire
Définition 2.1 (Energie électromagnétique) Si D note un domaine borné de R3 , on appelle énergie électromagnétique dans le domaine D la quantité suivante :
Z
1
WD =
ε kEk2 + µ kHk2 .
(2.54)
2 D
Définition 2.2 (Flux d’énergie) On appelle flux d’énergie entrant dans le domaine D, la
quantité suivante, où n est la normale extérieure à D :
Z
(E ∧ H |n ) dγ.
(2.55)
F∂D = −
∂D
On pose alors
S = E ∧ H,
c’est le vecteur de Poynting.
(2.56)
36
Les équations de l’électromagnétisme
Définition 2.3 (Effet Joule) On appelle énergie dissipée dans le domaine D par effet Joule
la quantité suivante :
Z
(E |J ) .
(2.57)
CD =
D
Théorème 2.4 (Conservation de l’énergie) La dérivée temporelle de l’énergie électromagnétique dans un domaine donné est égale à la différence entre le flux d’énergie entrant par
le bord et l’énergie dissipée dans le domaine par effet Joule, soit
d
WD = F∂D − CD .
dt
(2.58)
Démonstration. Soit en effet (E, H) une solution des équations (2.7)-(2.10), nous aurons
∂H
∂E
+ µ H ε E
∂t
∂t
ZD
Z
=
(E |rot H ) − (H |rot E ) −
(E |J )
D
D
Z
Z
=−
(E ∧ H |n ) dγ −
(E |J ) ,
d
WD =
dt
Z
∂D
D
soit le résultat annoncé.
Q.E.D.
Le régime harmonique
Définition 2.5 (Flux moyen d’énergie) On appelle flux moyen d’énergie entrant durant
une période dans le domaine D la quantité :
F∂D
ω
=
2π
Z
2π/ω
F∂D dt.
0
(2.59)
Définition 2.6 (Energie moyenne dissipée) On donne le nom d’énergie moyenne dissipée
durant une période dans le domaine D à la quantité suivante :
ω
CD =
2π
Z
2π/ω
0
CD dt.
(2.60)
Théorème 2.7 (Conservation de l’énergie moyenne) Le flux moyen d’énergie entrant
dans un domaine borné est égal à l’énergie moyenne qui y est dissipée, soit
F∂D − CD = 0.
(2.61)
Démonstration. Il s’agit tout simplement d’intégrer la relation (2.58) sur une période.
Q.E.D.
2.3 La conservation de l’énergie
37
Calcul du flux d’énergie moyen
De même qu’en acoustique, on vérifie aisément que
Z
1
E ∧ H |n dγ.
F∂D = − Re
2
∂D
Posons alors
1
S = E ∧ H̄;
2
on aura
S=
(2.62)
i
i
E ∧ rot Ē =
rot H ∧ H̄,
2ωµ
2ωεσ
d’où découlent les expressions suivantes :
Z
(S |n ) dγ
F∂D = − Re
∂D
Z
1
1
=−
Im
(E ∧ n |rotE ) dγ
2ω
∂D µ
Z
1
1
Im
(H ∧ n |rotH ) dγ
=−
2ω
ε
∂D σ
Z
1
=−
(E ∧ H̄ + Ē ∧ H) |n dγ.
4 ∂D
(2.63)
(2.64)
Notons également que CD a pour expression
1
CD = Re
2
Z
D
(E |J ) ,
soit, dans le cas où la loi d’Ohm s’applique
Z
Z
1
σ
1
2
σ kEk =
krot Hk2 .
CD =
2
2
2 D
2 D ω ε + σ2
(2.65)
(2.66)
Remarque 2.8 Le Théorème de conservation de l’énergie moyenne se déduit aisément des
équations (2.13)-(2.16) relatives au régime périodique.
On a en effet
0 = (rot E − iωµH |H ) − (E |rot H − iωεE − J )
= (rot E |H ) − (E |rot H ) − iω µ kHk2 − ε kEk2 + (E |J ) ,
et par conséquent
2
Z
∂D
(S |n ) dγ +
Z
D
(E |J ) = iω
Z
D
µ kHk2 − ε kEk2 ,
(2.67)
ce qui implique
F∂D − CD = 0.
(2.68)
38
Les équations de l’électromagnétisme
2.3.1
Les diverses formes de la condition de rayonnement
De façon à traiter simultanément le champ électrique et le champ magnétique, nous noterons le flux sous la forme
Z
1
1
F∂D = −
Im
(U ∧ n |rotU ) dγ
2ω
∂D ζ
avec ζ = µ ou ζ = εσ selon que U représente E ou H. On sera alors amené à noter ξ = εσ ou
ξ = µ dans ces mêmes conditions.
Au voisinage de l’infini, nous admettrons que les coefficients ξ et ζ sont constants. Comme
nous l’avons vu en (2.32), l’équation prend alors la forme suivante :
rot(rot U ) − ks2 U = 0,
(2.69)
ks2 = ω 2 εσ µ.
(2.70)
avec
La nature du comportement à l’infini de U dépend crucialement du fait que ks soit ou non
réel ; nous justifierons cette affirmation par la suite lors de l’étude de la solution élémentaire
des équations de Maxwell.
Hypothèses générales
De façon à limiter l’étude aux situations les plus physiquement réalistes, nous allons être
amenés à préciser les hypothèses relatives aux coefficients. Nous réduirons donc le domaine
de variation des paramètres εσ et µ en fonction de leur signification physique, ce qui nous
conduit aux hypothèses suivantes :
Re ζ, Re ξ ≥ α > 0,
(2.71)
Im ζ, Im ξ, ≥ 0,
ξ et ζ bornés,
où α est une constante réelle. Si on note
R+ = {x ∈R |x > 0 } et C+ = {z ∈C |Im z > 0 } ,
(2.72)
on constate que ks2 ∈ R+ ∪ C+ ; plus précisément les équivalences suivantes sont valables :
2
ks ∈ R+ ⇔ (ξ ∈ R+ ) ∩ (ζ ∈ R+ ),
(2.73)
ks2 ∈ C+ ⇔ (Im ξ 6= 0) ∪ (Im ζ 6= 0).
Remarque 2.9 Notons que si pour ks on prend la détermination principale de la racine de
ks2 alors l’appartenance à R+ ou C+ se conserve de ks2 à ks .
Forme intégrale des conditions de Silver-Müller
Les conditions de rayonnement que nous allons décrire constituent une généralisation au
cas de coefficients éventuellement complexes de la condition de rayonnement exhibée en (2.53).
La forme intégrale sous lesquelles nous les présentons découle du comportement asymptotique
2.3 La conservation de l’énergie
39
des composantes radiale et transverse et rend plus aisée l’étude de leur relation avec le flux
d’énergie. La condition de rayonnement prend la forme suivante :
Z
krot U ∧ n − iks U k2 dγ = 0
pour Im ks = 0,
lim
R→∞ Z∂BR
(2.74)
h
i
lim
krot U ∧ nk2 + |ks |2 kU k2 dγ = 0 pour Im ks > 0,
R→∞ ∂BR
où BR = x ∈R3 |kxk ≤ R .
Flux d’énergie et condition de rayonnement
Soit S une surface fermée entourant la région où le milieu est inhomogène et ΩS l’ouvert
de frontière S.
Théorème 2.10 (Positivité du flux d’énergie moyen) Si U est solution des équations
(2.69), vérifie les hypothèses (2.73) ainsi que la condition de rayonnement (2.74), alors le flux
d’énergie sortant à travers S du voisinage du corps : −F∂ΩS est positif ; plus précisément si
ΩS ⊂ BR et DR = BR \ ΩS alors
−F∂ΩS (U ) = lim CDR (U )
R→∞
Z
h
i
1
krot U ∧ nk2 + |ks |2 kU k2 dγ
lim
+
4ω |ks | |ζ| R→∞ ∂BR
(2.75)
où CDR (U ) ≥ 0.
Démonstration.
⊲ D’après (2.68) nous avons
−F∂ΩS (U ) = F∂DR (U ) − F∂BR (U ),
(2.76)
= CDR (U ) − F∂BR (U ),
= lim {CDR (U ) − F∂BR (U )} ,
R→∞
= lim CDR (U ) − lim F∂BR (U ),
R→∞
R→∞
car, d’après (2.66), CDR (U ) est positif et croissant avec R.
⊲ Un calcul élémentaire conduit à la formule
Z
1
1
F∂BR (U ) = −
Im
(U ∧ n |rotU ) dγ
2ω
ζ
∂BR
Z
|ζ|
1
2 Im
|ks | (rotU |U ∧ n ) dγ
=
4ω |ks | |ζ|
∂BR ζ
2
Z
1
rot U ∧ n − i |ζ| |ks | U dγ
=
4ω |ks | |ζ| ∂BR
ζ
Z
1
2
2
2
−
krot U ∧ nk + |ks | kU k dγ
4ω |ks | |ζ| ∂BR
(2.77)
40
Les équations de l’électromagnétisme
2
2
2
2
krot U ∧ n − iλU k = krot U ∧ nk + |λ| kU k + 2 Im λ̄ (rot U |U ∧ n) )
(2.78)
2
rot U ∧ n − i |ζ| |ks | U = krot U ∧ nk2 + |ks |2 kU k2 + 2 Im |ζ| |ks | (rot U |U ∧ n) )
ζ
ζ
le théorème résulte alors de la formule (2.76) et de la condition de rayonnement (2.74).
Q.E.D.
2.3.2
Les problèmes de diffraction
Nous ne formulerons en fait dans ce paragraphe que le problème de la diffraction d’une
onde électromagnétique par un obstacle parfaitement conducteur. Nous distinguerons essentiellement deux cas : selon que la conductivité est ou non nulle à l’infini. Les différentes
formulations auxquelles nous aboutissons se distinguent par la nature de l’inconnue : E ou
H, et donc par les conditions aux limites, ainsi que par le choix du paramètre τ, et donc des
conditions de rayonnement. De même qu’en acoustique, on notera UI l’onde incidente, UT le
champ total, et UD le champ diffracté, avec UT = UI + UD . Le conducteur O sera supposé
borné, son bord sera noté Γ, et le domaine extérieur Ω.
Les conditions aux limites de conducteur parfait
Les conditions aux limites associées au conducteur parfait ont été explicitées en (2.30) :
Pour le champ électrique
UT ∧ n|Γ = 0.
(2.79)
Dans le cas des équations classiques, seule cette condition doit être imposée. Par contre, pour
les équations régularisées, les solutions ne sont plus nécessairement à divergence nulle, et
nous devons imposer une condition supplémentaire (scalaire) au bord. Comme notre ambition consiste en fait à trouver des solutions à divergence nulle, il est raisonnable d’imposer
en supplément la nullité de la divergence au bord, condition naturelle pour les équations
régularisées.
Pour le champ magnétique
rot UT ∧ n|Γ = 0.
(2.80)
Ici encore, pour les équations classiques, seule cette condition doit être imposée. Dans le cas
des équations régularisées, la stratégie adoptée pour le champ électrique ne s’applique pas :
on est amené à imposer la nullité de la trace normale UT · n sur Γ (condition qui, dans le cas
des équations classiques, découlait de la condition (2.80)).
Les résultats ultérieurs relatifs à l’existence et l’unicité des solutions et à l’équivalence
entre les problèmes classique et régularisé justifieront ce point de vue.
2.3 La conservation de l’énergie
41
Le cas classique
Champ électrique

rot(ζ −1 rot UT ) − ω 2 ξUT = 0 dans Ω,




UT ∧ n = 0 sur Γ,


Z





krot UD ∧ n − iks UD k2 dγ
  lim
R→∞ ∂BR


si


Z

h
i




2
2
2

 lim


 R→∞ ∂B krot UD ∧ nk + |ks | kn ∧ (UD ∧ n)k dγ


R

si
=0
ks ∈ R+ ,
(2.81)
=0
ks ∈ C+ ,
Champ magnétique Dans ce cas

rot(ζ −1 rot UT ) − ω 2 ξUT = 0 dans Ω,




rot UT ∧ n = 0 sur Γ,


Z





krot UD ∧ n − iks UD k2 dγ
  lim
 R→∞ ∂BR

si


Z
h
i
 



2
2
2

 lim


 R→∞ ∂B krot UD ∧ nk + |ks | kn ∧ (UD ∧ n)k dγ


R

si
=0
ks ∈ R+ ,
=0
ks ∈ C+ ,
(2.82)
42
Les équations de l’électromagnétisme
Deuxième partie
Les problèmes coercifs
43
Chapitre 3
Le cadre fonctionnel
L’étude mathématique des problèmes de diffraction tels que nous venons de les poser
met en œuvre divers outils mathématiques dont certains seront étudiés ultérieurement. Il
est cependant parfois possible de la mener à moindre frais, en particulier dans le cas d’une
fréquence complexe ou nulle ce qui correspond physiquement à l’étude de la propagation des
ondes dans un milieu dissipatif ou à celle d’un problème stationnaire.
3.1
Traces et dérivées normales
Commençons par quelques rappels, particulièrement importants ici, en raison du fait que
les méthodes d’équations intégrales portent sur les traces de l’inconnue au bord du domaine
de calcul.
3.1.1
Espace des traces
Il est bien connu que l’application trace
γ0 : C 0 (Ω) ⊂ H 1 (Ω) → L2 (Γ)
se prolonge continûment. Cependant ce prolongement a pour image un sous-espace strict de
L2 (Γ) :
Z
(
)
2
|u(x)
−
u(y)|
H 1/2 (Γ) = u ∈ L2 (Γ) dγx dγy < +∞ ,
(3.1)
Γ×Γ |x − y|n+1
où n est la dimension de Γ. Quand on munit H 1/2 (Γ) de la norme naturelle :
kukH 1/2 (Γ) =
Z
Γ×Γ
|u(x) − u(y)|2
dγx dγy
|x − y|n+1
!1/2
,
alors la trace γ0 est continue et surjective : H 1 (Ω) → H 1/2 (Γ). Si maintenant on note R la
relation d’équivalence définie sur H 1 (Ω) par
(u R v) ⇔ (γ0 u = γ0 v) ,
45
46
Le cadre fonctionnel
on peut munir l’espace H 1 (Ω)/R de la norme quotient :
·
= inf kvkH 1 (Ω) ,
u 1
·
H (Ω)/R
(3.2)
v∈u
qui en fait un espace de Banach. Il est clair que γ0 est bijective : H 1 (Ω)/R → H 1/2 (Γ), mais
comme
kγ0 ukH 1/2 (Γ) = kγ0 vkH 1/2 (Γ)
·
≤ kγ0 k kvkH 1 (Ω) , ∀v ∈ u,
il en résulte qu’elle est continue, et par le théorème de l’application ouverte, que c’est un
isomorphisme.
3.1.2
Dualité et dérivées normales
Dans le cas où u ∈ H 2 (Ω), les considérations précédentes montrent que la dérivée normale
γ1 : H 2 (Ω) → H 1/2 (Γ) est une application continue, mais elle ne se prolonge pas à H 1 (Ω).
Soyons donc moins exigeants et étudions ∂u/∂n par l’intermédiaire de la forme linéaire
Z
∂u
1/2
w dγ,
w ∈ H (Γ) →
Γ ∂n
soit en fait la distribution ∂u/∂n. Il est facile de montrer que cette application est continue,
en effet, si v est un relèvement de w dans H 1 (Ω), on aura, d’après la formule de Green
Z
Z
Z
∂u
wdγ,
(3.3)
∆uv = − (∇u |∇v ) +
Γ ∂n
Ω
Ω
et par conséquent, ∀v ∈ H 1 (Ω) tel que v|Γ = w,
Z
Z
Z
∂u
(∇u
|∇v
)
+
∆uv
≤
wdγ
∂n
Ω
Ω
Γ
≤ k∆ukL2 (Ω) kvkL2 (Ω) + k∇ukL2 (Ω) k∇vkL2 (Ω) ,
d’où il résulte que
Z
∂u
≤
inf
wdγ
k∆uk
kvk
+
k∇uk
k∇vk
2
2
2
2
L (Ω)
L (Ω)
L (Ω)
L (Ω)
∂n
v∈H 1 (Ω), v =w
|Γ
Γ
≤ k∆ukL2 (Ω) + k∇ukL2 (Ω) kvkH 1 (Ω)/R ,
(3.4)
(3.5)
et comme l’application relèvement, inverse de γ0 , est continue : H 1/2 (Γ) → H 1 (Ω)/R,
Z
∂u
≤ C k∆uk 2 + k∇uk 2
wdγ
(3.6)
L (Ω)
L (Ω) kwkH 1/2 (Γ) .
∂n
Γ
Ce que nous avons donc démontré, c’est que pour u ∈ H 2 (Ω), la forme linéaire
Z
∂u
w dγ,
w→
Γ ∂n
3.1 Traces et dérivées normales
47
appartient au dual H −1/2 (Γ) de H 1/2 (Γ). Plus brièvement, on écrit ∂u/∂n ∈ H −1/2 (Γ).
Mais si on note maintenant
H 1 (∆; Ω) = u ∈ H 1 (Ω) ∆u ∈ L2 (Ω) ,
(3.7)
muni de la norme naturelle
1/2
kukH 1 (∆;Ω) = k∆uk2L2 (Ω) + kuk2H 1 (Ω)
,
on constate que, selon (3.6)
∂u sup
∂n −1/2 =
kwk 1/2
H
(Γ)
H
(Γ)
Z
∂u
∂n wdγ ≤ C kukH 1 (∆;Ω) .
=1 Γ
Il suffit donc de démontrer la densité de H 2 (Ω) dans H 1 (∆; Ω) pour prolonger l’application
u → ∂u/∂n à H 1 (∆; Ω) tout entier :
Proposition 3.1 C ∞ (Ω) est dense dans H 1 (∆; Ω).
Démonstration. On va montrer que toute forme linéaire continue sur H 1 (∆; Ω) qui s’annule sur
C ∞ (Ω) s’annule également sur H 1 (∆; Ω) tout entier ; la proposition en résulte.
⊲ Considérons donc une forme linéaire continue ξ sur H 1 (∆; Ω), par le théorème de Riesz, il existe
un vecteur Ξ de H 1 (∆; Ω) tel que pour tout u ∈ H 1 (∆; Ω),
Z
hξ, uiH 1 (∆;Ω)′ ,H 1 (∆;Ω) = (Ξ |u )H 1 (Ω) +
∆Ξ ∆u.
Ω
C’est dire qu’il existe une forme linéaire λ continue sur H 1 (Ω) et un vecteur L de L2 (Ω) tels que
Z
hξ, ui = hλ, uiH 1 (Ω)′ ,H 1 (Ω) +
L ∆u.
Ω
e sur H 1 (Rn ) par
⊲ Définissons alors la forme linéaire continue λ
E
D
e ve
λ,
= λ, ve|Ω H 1 (Ω)′ ,H 1 (Ω) , ∀e
v ∈ H 1 (Rn ).
H 1 (Rn )′ ,H 1 (Rn )
Comme il existe un prolongement linéaire continu P : H 1 (Ω) → H 1 (Rn ), on aura
E
D
e Pu
, ∀u ∈ H 1 (Ω),
hλ, uiH 1 (Ω)′ ,H 1 (Ω) = λ,
H 1 (Rn )′ ,H 1 (Rn )
e le prolongement de L par 0 en dehors de Ω,
et si nous notons L
Z
D
E
e Pu
e ∆u, ∀u ∈ H 1 (∆; Ω).
hξ, ui = λ,
+
L
1
n ′
1
n
H (R ) ,H (R )
(3.8)
(3.9)
Rn
Notons que H 1 (Rn )′ est un espace normal de distributions puisque D(Rn ) est dense dans H 1 (Rn ),
e s’annule sur les fonctions dont le support ne rencontre pas Ω, soit encore
et que d’après (3.8), λ
e
Supp λ ⊂ Ω.
48
Le cadre fonctionnel
⊲ Supposons maintenant que ξ s’annule sur C ∞ (Ω) et choisissons ϕ
e ∈ D(Rn ), on aura ϕ
e|Ω ∈ C ∞ (Ω)
et
D
E
D
E
e Pϕ
e ϕ
λ,
e|Ω 1 n ′ 1 n = λ,
e ′ n
,
n
H (R ) ,H (R )
car Supp P ϕ
e|Ω − ϕ
e ∩ Ω = ∅ ; par conséquent
E
D
e ϕ
e
0 = ξ, ϕ
e|Ω = λ,
D (R ),D(R )
D ′ (Rn ),D(Rn )
+
Z
Rn
e ∆ϕ.
L
e
e au sens des distributions. Comme λ
e ∈ H 1 (Rn )′ = H −1 (Rn ), on aura
e = −λ
Il en résulte que ∆L
−1
n
1
n
e
e e
e
e e
−λ − L ∈ H (R ), et par coercivité,
∃! ψ ∈ H (R ) telque ∆ψ −ψ = −λ − L = ∆L − L. Il
e − ψ−L
e = 0, d’où kξk2 + 1 F ψ − L
e (ξ) = 0, et par conséquent
en résulte que ∆ ψ − L
e = ψ ∈ H 1 (Rn ), ce qui implique L ∈ H 1 (Ω).
L
0
⊲ Plus précisément, nous aurons
E
D
e u
λ,
e
=
H 1 (Rn )′ ,H 1 (Rn )
Z
Ω
(∇L |∇e
u ) , ∀e
u ∈ H 1 (Rn ).
n
En effet pour ϕ
e ∈ D(R ), on a
D
E
e ϕ
λ,
e 1 n′ 1
H (R ) ,H (Rn )
soit
D
E
e ϕ
λ,
e
D
E
e ϕ
= − ∆L,
e
D ′ (Rn ),D(Rn )
H 1 (Rn )′ ,H 1 (Rn )
=
Z
Rn
D
E
e ∇ϕ
= ∇L,
e
D ′ (Rn ),D(Rn )
,
Z
e |∇ϕ
∇L
e =
(∇L |∇ϕ
e) ,
Ω
dont découle la formule ci-dessus, par densité de D(Rn ) dans H 1 (Rn ).
⊲ Nous aurons donc ∀u ∈ H 1 (∆; Ω),
hξ, ui =
Mais si Lm ∈ D(Ω), alors
Z
Ω
Z
Ω
(∇L |∇u ) +
(∇Lm |∇u ) +
Z
Z
L ∆u.
Ω
Lm ∆u = 0,
Ω
dont il résulte que hξ, ui = 0, par densité de D(Ω) dans H01 (Ω).
Q.E.D.
Nous en déduisons la proposition suivante :
♥
Proposition 3.2 L’application γ1 : u ∈ H 2 (Ω) → ∂u/∂n ∈ H 1/2 (Γ) se prolonge de façon
unique en une application continue : H 1 (∆; Ω) → H −1/2 (Γ).
3.1.3
♥
Formule de Green
Ce prolongement peut être explicité : par densité de D(Ω) dans H 1 (∆; Ω), on déduit de
(3.3) la formule de Green suivante, qui fournit une expression concrète de la dérivée normale
γ1 (3.3)
Z
Z
∂u
(∇u |∇v ) , ∀u ∈ H 1 (∆; Ω), ∀v ∈ H 1 (Ω). (3.10)
∆u v +
=
,v
∂n |Γ H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
Ω
Ω
3.1 Traces et dérivées normales
3.1.4
49
Le problème de Neumann
Considérons maintenant le problème variationnel suivant, où Ω est borné et f est donnée
dans H −1/2 (Γ) :
Z
Ω
Trouver ϕ ∈ H 1 (Ω) tel que ∀ψ ∈ H 1 (Ω)
Z
ϕ ψ = hf, ψiH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) .
(∇ϕ |∇ψ ) +
(3.11)
Ω
A l’aide de fonctions d’essai de D(Ω) il est facile de montrer que sa solution ϕ vérifie, au sens
des distributions,
∆ϕ − ϕ = 0,
ce qui implique ϕ ∈ H 1 (∆; Ω). Suivant (3.10) on pourra donc écrire
Z
Z
∂ϕ
(∇ϕ |∇ψ )
∆ϕψ +
=
,ψ
∂n |Γ H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
Ω
Ω
Z
Z
=
(∇ϕ |∇ψ ) +
ϕ ψ = hf, ψiH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) , ∀ψ ∈ H 1 (Ω),
Ω
ce qui montre que
Ω
∂ϕ
= f dans H −1/2 (Γ),
∂n
puisque la trace est surjective : H 1 (Ω) → H 1/2 (Γ).
50
Le cadre fonctionnel
Chapitre 4
Le problème d’acoustique dissipatif
Nous noterons ici Ωe un ouvert de Rn , de bord Γ supposé régulier, et Ωi l’intérieur de son
complémentaire ; les normales extérieures respectives seront notées ne et ni .
Si nous remplaçons k 2 par un nombre complexe ν = ν1 +iν2 de partie imaginaire non nulle
le problème admet des solutions d’énergie finie ce qui conduit à la résolution de problèmes
variationnels coercifs. Nous serons amenés à étudier conjointement les problèmes intérieurs
(posés dans Ωi ) et extérieurs (posés dans Ωe ) qui jouent ici des rôles tout à fait symétriques.
L’indice ℓ prendra les valeurs e ou i, et nous poserons
ℓ′ = e si ℓ = i, et ℓ′ = i si ℓ = e,
4.1
Le problème de Neumann
∆uℓ + νuℓ = 0 dans Ωℓ ,
(4.1)
∂uℓ
= fℓ ∈ H −1/2 (Γ) sur Γ, ℓ = e ou i.
∂nℓ
admet la formulation variationnelle coercive suivante :
Trouver
uℓ ∈ H 1 (ΩℓZ) tel que ∀v ∈ H 1 (Ωℓ )
Z
(∇uℓ |∇v ) − ν
uℓ v = hfℓ , viH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) .
Ωℓ
(4.2)
Ωℓ
De même on peut résoudre
4.2
Le problème de Dirichlet
∆uℓ + νuℓ = 0 dans Ωℓ ,
uℓ = gℓ ∈ H 1/2 (Γ) sur Γ, ℓ = e ou i ;
51
(4.3)
52
Le problème d’acoustique dissipatif
il admet pour formulation variationnelle coercive
Trouver
u ℓ = Gℓ + Z
u
eℓ , avec u
eℓ ∈ ZH01 (Ωℓ ), tel que ∀v Z∈ H01 (Ωℓ )
Z
(∇Gℓ |∇v ) + ν
Gℓ v,
(∇e
uℓ |∇v ) − ν
u
eℓ v = −
Ωℓ
Ωℓ
Ωℓ
(4.4)
Ωℓ
où Gℓ est un relèvement de gℓ dans H 1 (Ω).
♥
Proposition 4.1 Les problèmes (4.2) et (4.4) admettent une solution et une seule, dès que
Im ν 6= 0.
Démonstration. Soit a la forme bilinéaire associée :
Z
Z
a(ϕ, ψ) =
(∇ϕ |∇ψ ) − ν
Ωℓ
ϕ ψ.
Ωℓ
Si β = β1 + iβ2 est un nombre complexe, on a
βν = β1 ν1 − β2 ν2 + i (β1 ν2 + β2 ν1 ) ,
d’où
Re (βa(ϕ, ϕ)) = β1
Z
Ωℓ
k∇ϕk
2
+ (β2 ν2 − β1 ν1 )
Z
2
Ωℓ
|ϕ| .
Si maintenant on suppose que ν2 > 0 et qu’on choisit β1 > ε > 0 et β2 > (β1 ν1 + ε) /ν2 , il en résulte
que
2
Re (βa(ϕ, ϕ)) > ε kϕkH 1 (Ωℓ ) ;
c’est dire que la forme bilinéaire βa est coercive, d’où le résultat. Un raisonnement analogue s’applique,
bien entendu, si ν2 < 0.
Q.E.D.
Chapitre 5
Le Laplacien
Le cas stationnaire, soit k = 0, correspond par exemple à la détermination du potentiel
électrostatique quand il est associé à des conditions de Dirichlet et à celle du potentiel des
vitesses d’un écoulement stationnaire irrotationnel de fluide parfait incompressible dans le cas
des conditions de Neumann. C’est une situation plus délicate, et nous serons amenés à faire
l’hypothèse que Ωi est un ouvert borné ; le caractère non borné de Ωe , qui ne permet pas
de démontrer une inégalité de Poincaré, nous contraindra à abandonner H 1 (Ωe ) et à nous
placer dans le cadre des espaces de Sobolev avec poids (voir l’annexe A). Cette originalité
témoigne en fait d’un comportement peu décroissant des solutions au voisinage de l’infini,
et nous verrons que ce comportement dépend crucialement de la dimension de l’espace, nous
conduisant à distinguer entre les dimensions 2 et 3.
5.1
Problèmes intérieurs
Commençons par quelques rappels relatifs au cas simple d’un domaine Ω borné.
Lemme 5.1 (Inégalité de Poincaré-Friedrichs) Si Ω est un ouvert borné, et si γ est une
portion de mesure non nulle de ∂Ω, alors ∃C > 0 telle que ∀u ∈ H 1 (Ω),
(
2 )
Z
.
(5.1)
u ds
kuk2H 1 (Ω) ≤ C |u|21,Ω +
γ
Démonstration. On pose F (u) =
1
R
u ds
γ
existe une suite un dans H (Ω) telle que
2
et on admet que l’énoncé est faux, c’est-à-dire qu’il
1
.
n
⊲ Par compacité de l’injection H 1 (Ω) → L2 (Ω), on peut extraire de un une sous-suite (toujours
notée un ) qui converge dans L2 (Ω), soit vers u. Comme de plus |un |1,Ω → 0, il en résulte que la suite
∇un est de Cauchy dans L2 (Ω), et par conséquent que un est de Cauchy dans H 1 (Ω) ; c’est donc en
fait dans H 1 (Ω) qu’elle converge vers u .
⊲ Comme F est continue, on aura |u|1,Ω = 0 et F (u) = 0, d’où il résulte que u = 0, ce qui constitue
une contradiction, puisque kukH 1 (Ω) = 1.
2
kun kH 1 (Ω) = 1, et |un |1,Ω + F (un ) ≤
Q.E.D.
53
♥
54
Le Laplacien
Remarque 5.2 Si F : H 1 (Ω) → R+ est continue et que la seule fonction constante qui
l’annule est 0, alors la même démonstration prouve qu’il existe C > 0 telle que ∀u ∈ H 1 (Ω),
n
o
kuk2H 1 (Ω) ≤ C |u|21,Ω + F (u) .
Notons H 1 (Ω)/R l’ensemble des classes de fonctions de H 1 (Ω) définies à une constante additive près, c’est un espace de Hilbert pour la norme suivante :
·
= inf kwkH 1 (Ω) .
u 1
·
H (Ω)/R
♥
w∈u
Proposition 5.3 Si Ω est un ouvert borné,
R · · · ·
(i) La forme bilinéaire a(u, v) = Ω ∇u ∇v est coercive sur H 1 (Ω)/R.
R
(ii) La forme bilinéaire
b (u, v) = Ω (∇u |∇u ) est coercive sur V = u ∈ H 1 (Ω) u|γ = 0
n
o
R
et W = u ∈ H 1 (Ω) γ u dγ = 0 , où γ est une portion de mesure non nulle de ∂Ω.
Démonstration.
⊲ En effet, on aura
Z
Z
Z 2
·
2
=
inf
|∇w|
+
u
∇ ·
Ω
w∈u
⊲ De même, si u ∈ V ou W,
Z
2
Ω
|∇u| =
Ω
Z
2
Ω
|∇u| +
Z
w ds
∂Ω
u ds
γ
2
2
≥
≥
1
C
2
·
u
H 1 (Ω)/R
.
1
2
kukH 1 (Ω) .
C
Q.E.D.
5.1.1
Problème de Dirichlet
De l’item (ii) de la proposition 5.3 découle le
Corollaire 5.4 Le problème de Dirichlet intérieur
♥
∆ui = 0 dans Ωi ,
ui = g i ∈ H
1/2
(5.2)
(Γ) sur Γ,
est bien posé, il admet pour formulation variationnelle coercive
Trouver ui = Gi + u
eZi , avec u
ei ∈ H01 (Ωi ), tel que ∀v ∈ H01 (Ωi )
Z
(∇Gi |∇v ) ,
(∇e
ui |∇v ) = −
Ωi
Ωi
où Gi est un relèvement de gi dans H 1 (Ωi )
(5.3)
5.1 Problèmes intérieurs
5.1.2
55
Problème de Neumann
Notons que par contre, le problème de Neumann intérieur
(5.4)
∆ui = 0 dans Ωi ,
∂ui
= fi ∈ H −1/2 (Γ) sur Γ,
∂ni
est mal posé dans H 1 (Ωi ), car toute constante est solution du problème homogène ; de plus
la donnée fi vérifie nécessairement
(5.5)
hfi , 1iH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) = 0.
A l’aide de l’item (i) de la proposition 5.3 on démontre alors le
Corollaire 5.5 Sous réserve que la condition (5.5) soit satisfaite, le problème de Neumann
(5.4) est bien posé dans H 1 (Ωi )/R, il admet pour formulation variationnelle coercive
·
·
Trouver
ui ∈ H 1 (Ωi )/R tel que ∀v ∈ H 1 (Ωi )/R
Z D
E
·
· ·
.
∇ui ∇v = fi , v −1/2
1/2
H
Ωi
Si on note
(Γ),H
(5.6)
(Γ)
Z
1
H (Ωi ) = ui ∈ H (Ωi ) ui dγ = 0 ,
◦1
Γ
on peut également considérer le problème variationnel
◦1
◦1
Trouver
ui ∈ H (Ωi ) tel que ∀w ∈ H (Ωi )
Z
(∇ui |∇w ) = hfi , wiH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) .
(5.7)
Ωi
Corollaire 5.6 Le problème (5.7) est bien posé. Si de plus la condition (5.5) est satisfaite,
·
alors ui est un élément de la classe ui solution de (5.6).
◦1
Démonstration. Posons θ = ∂ui /∂n − fi , On aura hθ, wiH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) = 0, ∀w ∈ H (Ωi ), et par
conséquent, ∀v ∈ H 1 (Ωi ),
Z
Z
1
1
θ, v −
v dγ +
v dγ hθ, 1i
|Γ| Γ
|Γ| Γ
Z
1
1
1
hθ, 1i h1, vi =
hθ, 1i , v .
=
v dγ hθ, 1i =
|Γ| Γ
|Γ|
|Γ|
hθ, vi =
Il en résulte que ∂ui /∂n = fi + C, et comme h∂ui /∂n, 1iH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) = 0, que C = 0 si (5.5) est
vérifiée ; c’est dire que ui est solution du problème de Neumann (5.4).
Q.E.D.
♥
56
Le Laplacien
5.2
5.2.1
Problèmes extérieurs
Le Problème de Dirichlet extérieur
∆ue = 0 dans Ωe ,
ue = ge ∈ H 1/2 (Γ) sur Γ,
(5.8)
admet pour formulation variationnelle
◦ 1
◦ 1
Trouver
u e = Ge + u
eZe , avec u
ee ∈ W 0 (Ωe ), tel que ∀v ∈ W 0 (Ωe )
Z
(∇e
ue |∇v ) = −
(∇Ge |∇v ) ,
Ωe
(5.9)
Ωe
où Ge est un relèvement de ge dans W01 (Ωe ). Il s’agit d’un problème coercif, en vertu du
théorème A.5 en tridimensionnel, et du théorème A.10 en bidimensionnel.
5.2.2
♠
Le Problème de Neumann extérieur
Le problème
∆ue = 0 dans Ωe ,
∂ue
= fe ∈ H −1/2 (Γ) sur Γ,
∂n
(5.10)
admet en tridimensionnel la formulation variationnelle suivante :
Trouver
ue ∈ W01 (Ωe ) tel que ∀v ∈ W01 (Ωe )
Z
(∇ue |∇v ) = hfe , viH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) ,
(5.11)
Ωe
qui se trouve être coercive, toujours en vertu du théorème A.5.
Dans le cas bidimensionnel par contre, on se trouve face aux mêmes difficultés que pour le
problème intérieur. La même démonstration que celle du corollaire 5.5 nous prouve que sous
la condition hfe , 1iH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) = 0, le problème de Neumann extérieur
·
·
1
que ∀v ∈ W01 (Ωe )/R
Trouver
0 (ΩDe )/R tel
Z ue ∈ W
E
·
· ·
∇ue ∇v = fe , v −1/2
1/2
H
Ωe
(Γ),H
(5.12)
(Γ)
est bien posé dans W01 (Ωe )/R. De même qu’au corollaire 5.6, on peut donner de (5.12) une
◦ 1
formulation alternative dans l’espace W 0 (Ωe ) des fonctions à moyenne nulle sur Γ :
◦ 1
◦ 1
Trouver
ue ∈ W 0 (Ωe ) tel que ∀v ∈ W 0 (Ωe )
Z
(∇ue |∇v ) = hfe , viH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) .
Ωe
(5.13)
Appendice A
Espaces de Sobolev à poids
L’étude des problèmes extérieurs nécessite l’introduction d’espaces de Sobolev ‘à poids’
autorisant de la part de la solution une décroissance à l’infini moindre que celle découlant des
espaces de Sobolev classiques. Lors de l’établissement des formules de représentation intégrale,
nous aurons l’occasion d’aborder par un autre biais la question de la différence entre les cas
bi- et tridimensionnels.
A.1
Le cas tridimensionnel
Nous noterons
W01 (Ωe )
−1/2
3
2
′
2
2
= ϕ ∈ D (Ωe ) 1 + kxk
ϕ ∈ L (Ωe ) et ∇ϕ ∈ L (Ωe )
.
Cet espace contient H 1 (Ωe ) et n’en diffère qu’en ce qui concerne le comportement à l’infini,
−1/2
il est en effet bien clair que 1 + kxk2
ϕ ∈ L2ℓoc (Ωe ) si et seulement si ϕ ∈ L2ℓoc (Ωe ).
L’espace W01 (Ωe ) sera muni de la norme du graphe :
−1/2 2
2
2
ϕ
kϕkW 1 (Ωe ) = 1 + kxk
0
L2 (Ωe )
+ k∇ϕk2L2 (Ωe ) ,
qui en fait un espace de Hilbert.
Lemme A.1 (Inégalité de Hardy) Si r est positif et v ∈ D (]r, +∞[) , alors
Z +∞
Z +∞
2
2
ρ2 v ′ (ρ) dρ
|v(ρ)| dρ ≤ 4
Démonstration. En effet
Z
Z +∞
2
|v(ρ)| dρ =
r
(A.1)
r
r
Z +∞
dρ
2
ρv(ρ)v ′ (ρ)dρ
|v(ρ)| dρ = −2
dρ
r
r
1/2
1/2 Z +∞
Z +∞
2
2
ρ2 |v ′ (ρ)| dρ
|v(ρ)| dρ
.
≤2
+∞
r
r
Q.E.D.
57
58
Espaces de Sobolev à poids
C’est l’inégalité (A.1) qui, pour R = +∞, remplace l’inégalité de Poincaré
Z
R
r
(R − r)2
|v(ρ) − v(r)| dρ ≤
2
2
Z
r
♦
R
v ′ (ρ)2 dρ,
et autorise l’estimation de v à partir de sa dérivée radiale, mais comme nous ne l’avons
démontrée que pour des fonctions régulières, nous allons commencer par prouver un théorème
de densité des fonctions régulières dans W01 (Ωe ).
A.1.1
Un théorème de densité
On pose
Ω′k = Ωe ∩ Bk (0), Ω′′k = Ωe \ Ω′k et
Dk = Ω′2k \ Ω′k = Ω′′k ∩ Ω′2k ;
c
pour k assez grand, on aura Ω′′k = Bk (0) et Dk = B2k (0) \ Bk (0) (voir la Figure A.1 ).
Dk
00
k
@Bk
@B2k
i
0
k
Figure A.1 – Le domaine extérieur
Lemme A.2 D(Ωe ) est dense dans W01 (Ωe ).
Démonstration.
⊲ Commençons par approcher les fonctions de W01 (Ωe ) par des fonctions de H1 (Ωe ) ; nous utiliserons ensuite le fait que D(Ωe ) est dense dans H 1 (Ωe ). Soit donc χ ∈ D R3 , radiale et telle
que
χ(x) = 1 pour kxk ≤ 1 et χ(x) = 0 pour kxk ≥ 2 ;
nous choisirons k assez grand, pour que Ω′′k soit le complémentaire de la boule Bk (0), nous poserons
χk (x) = χ(x/k) et, pour u ∈ W01 (Ωe ), uk = χk u (voir la Figure A.2 ). La fonction uk étant à support
dans B2k , appartient à H 1 (Ωe ).
⊲ Montrons que uk → u dans W01 (Ωe ) lorsque k → ∞. On aura tout d’abord
2
−1/2
1 + kxk2
(u
−
u)
k
2
L (Ωe )
=
Z
Ωe
(χk − 1)
2
|u|
2
2,
1 + kxk
A.1 Le cas tridimensionnel
59
Âk
¡2k
2k
k
¡k
Figure A.2 – La fonction de troncature
dont la limite est 0, en vertu du théorème de convergence dominée. Par ailleurs
k∇ (uk − u)kL2 (Ωe ) ≤ ku∇χk kL2 (Ωe ) + k(χk − 1) ∇ukL2 (Ωe )
Z
1/2 Z
1/2
2
2
2
2
=
+
|u| k∇χk k
,
|χk − 1| k∇uk
Ωe
Ωe
où la seconde intégrale tend vers 0, toujours en vertu du théorème de convergence dominée. Relativement à la première, nous pouvons remarquer que ∇χk = ∇χ/k est nul pour kxk ∈
/ [k, 2k] ; par
conséquent, nous aurons
Z
Z
C
2
2
2
2
|u| k∇χk k ≤ 2
|u| , où C = sup k∇χ(x)k .
k
x
Ωe
Dk
Il en résulte que
Z
Z Z
2
|u|2
C 1 + 4k 2
|u|
C
2
2
2
≤
1 + kxk
|u| k∇χk k ≤ 2
2
2,
k Dk
k2
1 + kxk
Dk 1 + kxk
Ωe
qui tend vers 0.
⊲ Nous avons donc montré que ∀ε > 0, ∃k tel que uk ∈ H 1 (Ω′2k ) et vérifie
kuk − ukW 1 (Ωe ) ≤ ε/2,
0
ainsi que Supp uk ⊂ B2k . Notons alors que comme uk s’annule au voisinage du bord de B2k , elle peut
être approchée par des fonctions de D(Ω′2k ), nulles au voisinage de ∂B2k : ∃vk ∈ D(Ω′2k ) tel que
kvk − uk kH 1 (Ω′ ) ≤ ε/2 et vk|∂B2k = 0. Cette fonction vk se prolonge alors par 0 à W01 (Ωe ) et on aura
2k
kvk − uk kW 1 (Ωe ) = kvk − uk kW 1 (Ω′
0
0
2k )
≤ kvk − uk kH 1 (Ω′
2k )
d’où kvk − ukW 1 (Ωe ) ≤ ε.
≤ ε/2,
0
Q.E.D.
◦ 1
On peut alors se poser la question d’identifier l’adhérence W 0 (Ωe ) de D(Ωe ) dans W01 (Ωe ).
◦ 1
Lemme A.3 W 0 (Ωe ) = u ∈ W01 (Ωe ) u|∂Ωe = 0
Démonstration.
⊲ Soit u ∈ W01 (Ωe ), telle que u|∂Ωe = 0, au cours de la démonstration qui précède nous avosn
montré que uk = χk u → u dans W01 (Ωe ), mais ici la fonction uk ∈ H01 (Ω′2k ), elle peut donc être
◦ 1
approchée par des fonctions de D(Ωe ), ce qui prouve que u ∈ W 0 (Ωe ).
◦ 1
⊲ Réciproquement, si u ∈ W 0 (Ωe ), alors ∃un ∈ D(Ωe ) tendant vers u dans W01 (Ωe ). Pour k fixé,
χk un ∈ D(Ω′2k ) → χk u dans H 1 (Ω′2k ), d’où u|∂Ωe = χk u|∂Ωe = 0.
Q.E.D.
60
Espaces de Sobolev à poids
A.1.2
Equivalence de la semi-norme du gradient
L’inégalité de Hardy ne portant que sur des fonctions d’une variable nous l’appliquerons
dans un domaine suffisamment éloigné de l’obstacle pour être invariant par rotation.
Lemme A.4 Si Ω′′ est l’extérieur d’une boule fermée centrée à l’origine, alors ∃C > 0 telle
◦ 1
que ∀u ∈ W 0 (Ω),
kuk2W 1 (Ω′′ ) ≤ C |u|21,Ω′′ .
(A.2)
0
Démonstration. Nous démontrerons en fait que
−1/2 2
u(x) 1 + kxk2
2
2
L (Ω′′ )
≤ C ′ |u|1,Ω′′ ;
la conclusion en découle. Pour u ∈ D(Ω), nous aurons en effet, en vertu de l’inégalité de Hardy,
2
−1/2 2
−1 u(x) 1 + kxk2
≤
kxk
2 ′′
u(x)
L (Ω )
L2 (Ω′′ )
=
soit
−1/2 2
u(x) 1 + kxk2
2
L (Ω′′ )
Z
+∞
r
≤4
Z
dρ
ρ2
Z
dσ
S2
2
S2
Z
2
|u(ρ, σ)| ρ dσ =
+∞
Z
dσ
S2
Z
+∞
2
|u(ρ, σ)| dρ,
r
2
Z 2
∂u ∂u ≤ 4 |u|2 ′′ .
ρ dρ = 4
1,Ω
∂ρ
Ω ∂ρ
2
r
◦ 1
La conclusion en découle par densité de D(Ω′′ ) dans W 0 (Ω′′ ).
Q.E.D.
Nous sommes maintenant en mesure de démontrer le résultat essentielR de ce paragraphe, qui
constitue en fait une inégalité de coercivité pour la forme bilinéaire Ωe (∇u |∇v ) . Il s’agit
d’un résultat spécifique à la dimension 3 reposant sur l’impossibilité pour une constante non
nulle d’être élément de W01 (Ωe ).
♥
Théorème A.5 La semi-norme |u|1,Ωe est une norme sur W01 (Ωe ), équivalente à la norme
usuelle.
Démonstration.
⊲ Supposons qu’il n’en soit pas ainsi, alors il existe une suite un de W01 (Ωe ) vérifiant kun kW 1 (Ωe ) =
0
1 et |un |1,Ωe ≤ 1/n. Fixons k assez grand, pour que Ω′′k soit le complémentaire de la boule Bk (0), nous
aurons un = u′n + u′′n , avec u′n = χk un ∈ H 1 (Ω′2k ) et u′′n = (1 − χk )un ∈ W01 (Ω′′k ) ; par conséquent
o
n
kun kW 1 (Ωe ) ≤ ku′n kW 1 (Ωe ) + ku′′n kW 1 (Ωe ) ≤ C1 kun kH 1 (Ω′ ) + ku′′n kW 1 (Ω′′ ) ,
0
0
0
puisque
|u′n |1,Ω′ = k∇ (χk un )kL2 (Ω′
2k )
2k
0
2k
n
≤ C2 kun kL2 (Ω′
2k )
+ |un |1,Ω′
2k
o
k
.
⊲ En vertu du lemme A.4 et du fait que ∇(1 − χk ) est nul en dehors de Ω′2k ; on aura
n
o
ku′′n kW 1 (Ω′′ ) ≤ C |u′′n |1,Ω′′ = C k∇ ((1 − χk )un )kL2 (Ω′′ ) ≤ C3 kun kL2 (Ω′ ) + |un |1,Ω′′ ,
0
k
k
k
et par conséquent
n
kun kW 1 (Ωe ) ≤ C4 kun kH 1 (Ω′
0
2k
) + |un |1,Ω′′
k
o
2k
n
≤ C5 kun kL2 (Ω′
2k
o
+
|u
|
n 1,Ωe .
)
k
(A.3)
A.1 Le cas tridimensionnel
61
⊲ Mais kun kH 1 (Ω′ ) est borné par hypothèse, on pourra donc en extraire par compacité une sous2k
suite qui converge dans L2 (Ω′2k ), soit vers u ; en vertu de (A.3) cette suite sera de Cauchy dans W01 (Ωe )
puisque |un |1,Ωe tend vers 0. Il en résulte à la fois que kukW 1 (Ωe ) = 1 et |u|1,Ωe = 0, c’est dire que
0
2
u ∈ W01 (Ωe ) est constant, ce qui est impossible puisque 1 + kxk n’est pas intégrable sur Ωe .
Q.E.D.
A.1.3
Le cas bidimensionnel
On pose
n
−1/2
−1
3 o
Log 2 + kxk2
ϕ ∈ L2 (Ωe ) et ∇ϕ ∈ L2 (Ωe )
.
W01 (Ωe ) = ϕ ∈ D′ (Ωe ) 1 + kxk2
Cet espace contient encore H 1 (Ωe ), et n’en diffère qu’en ce qui concerne le comportement à
l’infini ; il est muni de la norme du graphe :
−1/2 −1 2
2
2
2
kϕkW 1 (Ωe ) = 1 + kxk
+ k∇ϕk2L2 (Ωe ) ,
Log 2 + kxk
ϕ
0
L2 (Ωe )
qui en fait un espace de Hilbert. Le lemme suivant met l’accent sur une difficulté essentielle
du cas bidimensionnel par rapport au cas tridimensionnel :
Lemme A.6 Les fonctions constantes appartiennent à W01 (Ωe ).
Démonstration. En effet, pour kxk > 1, la fonction 1 + kxk
−2
2
−2
Log kxk
, et nous avons
par kxk
Z
a
R
dρ
ρ (Log ρ)
2
=
2
−1 2
Log 2 + kxk
−2
♦
est majorée
1
1
−
.
Log a Log R
Q.E.D.
En raison de la différence entre les éléments de surface sur la sphère et de longueur sur le
cercle, l’inégalité de Hardy utile dans le cas bidimensionnel est la suivante :
Lemme A.7 (Inégalité de Hardy) Si r est positif et v ∈ D(r, +∞), alors
Z +∞
Z +∞
′ 2
|v(ρ)|2
v (ρ) dρ.
ρ
dρ
≤
4
ρ |Log ρ|2
r
r
(A.4)
Démonstration. En effet
Z +∞
Z +∞
Z +∞
2
1
d
1
|v(ρ)|
2
|v(ρ)|
dρ
=
2
dρ
=
−
v(ρ)v ′ (ρ)dρ
2
dρ
Log
ρ
Log
ρ
ρ |Log ρ|
r
r
r
!1/2 Z
1/2
Z +∞
2
+∞
|v(ρ)|
2
′
ρ
|v
(ρ)|
dρ
≤2
dρ
.
2
ρ |Log ρ|
r
r
Q.E.D.
62
Espaces de Sobolev à poids
Lemme A.8 D(Ωe ) est dense dans W01 (Ωe ).
Démonstration. La démonstration est analogue à celle du lemme A.2, des précautions particulières
doivent cependant être prises relativement au choix de la fonction de troncature.
⊲ Soit θ ∈ D (R) vérifiant
0 ≤ θ ≤ 1, Supp θ ⊂ [1, +∞] et θ = 1 dans [2, +∞] ;
nous poserons χk (x) = θ(k/ Log kxk), et nous aurons Supp χk ⊂ 0, ek et χk = 1 pour kxk ≤ ek/2 .
Âk
ek
e k=2
0
Calculons ∇χk , on obtient
∇χk (x) = −k
−1
et par conséquent k∇χk (x)k ≤ M kxk
noterons ωk′ = Ω′ek et ωk′′ = Ω′′ek .
x
2
kxk (Log kxk)
(Log kxk)
−1
′
2θ
k
Log kxk
,
, puisque ∇χk (x) = 0 si k > 2 Log kxk . Nous
⊲ Soit alors u ∈ W01 (Ωe ), et uk = χk u, au vu de la démonstration du lemme A.2, il nous suffira
de montrer que uk → u dans W01 (Ωe ). On aura tout d’abord
2
uk − u
1/2
2
2
1 + kxk
Log 2 + kxk
=
L2 (Ωe )
Z
2
Ωe
2
(χk − 1) |u|
2 ,
2
2
Log 2 + kxk
1 + kxk
dont la limite est 0, en vertu du théorème de convergence dominée. Par ailleurs, nous avons toujours
k∇ (uk − u)kL2 (Ωe ) ≤
Z
2
Ωe
|u| k∇χk k
2
1/2
+
Z
2
Ωe
2
|χk − 1| k∇uk
1/2
.
La seconde intégrale tend vers 0, toujours envertu du théorème de convergence dominée. Relativement
′ , nous aurons
à la première, comme ∇χk = 0 pour kxk ∈
/ ek/2 , ek , avec dk = ωk′ \ ωk/2
Z
2
Ωe
2
|u| k∇χk k =
Z
2
dk
≤M
2
2
|u| k∇χk k
Z
dk
2
|u|
2
kxk (Log kxk)
2
≤M
2
Z
′′
ωk/2
2
|u|
2
kxk (Log kxk)
2,
qui tend vers 0, toujours en vertu du théorème de convergence dominée.
Q.E.D.
A.1 Le cas tridimensionnel
63
La définition que nous avons adoptée pour W01 (Ω), nous permet de démontrer une estimation
similaire à celle obtenue dans le cas tridimensionnel :
Lemme A.9 Si ω ′′ est l’extérieur d’une boule fermée, de rayon r supérieur à 1, centrée à
◦ 1
l’origine, alors ∃C > 0 telle que ∀u ∈ W 0 (ω ′′ ),
kuk2W 1 (ω′′ ) ≤ C |u|21,ω′′ .
0
Démonstration. Nous démontrerons en fait que
−1 −1/2 2
2
u(x) 1 + kxk2
Log
2
+
kxk
2
L2 (ω ′′ )
En vertu de l’inégalité de Hardy (A.4),
2
u(x)
1/2
2
2 1 + kxk
Log 2 + kxk L2 (ω ′′ )
2
u(x)
kxk Log kxk L2 (ω′′ )
≤
=
Z
≤ C ′ |u|1,ω′′ .
+∞
r
Z
dρ
ρ
|u(ρ, θ)|
S1
(Log ρ)
2
2
dθ,
soit
2
u(x)
1/2
2 1 + kxk2
Log 2 + kxk L2 (ω ′′ )
≤
Z
dθ
S1
≤4
Z
Z
dθ
S1
+∞
2
ρ (Log ρ)
r
Z
|u(ρ, θ)|
+∞
r
2 dρ
2
Z 2
∂u ∂u ≤ 4 |u|2 ′′ .
ρ dρ = 4
1,ω
∂ρ
Ω ∂ρ
Q.E.D.
L’estimation de coercivité utilise encore un découpage du domaine en deux zones, l’une proche
et l’autre éloignée de l’obstacle. Nous devons cependant nous attendre à un résultat plus
faible qu’en tridimensionnel, analogue à l’inégalité de Poincaré-Friedrichs, puisque les fonctions constantes appartiennent à W01 (Ωe ).
Théorème A.10 Si γ est une portion de mesure non nulle de ∂Ωe , alors ∃C > 0 telle que
Z
2
2
2
2
2
1
∀u ∈ W0 (Ωe ), kukW 1 (Ωe ) ≤ C [u]Ωe , où [u] = |u|1,Ωe +
u ds .
(A.5)
0
γ
Démonstration. La démonstration est semblable à celle du théorème A.5, la présence du terme
R
2
u ds permet de pallier le comportement à l’infini des fonctions de W01 (Ωe ).
γ
⊲ Supposons donc qu’il existe une suite un de W01 (Ωe ) vérifiant kun kW 1 (Ωe ) = 1 et [u]Ωe ≤ 1/n.
0
′
) et u′′n = (1 − χk )un ∈ W01 (ωk′′ ), et par
Nous aurons un = u′n + u′′n , avec u′n = χk un ∈ H 1 (ω2k
conséquent
o
n
kun kW 1 (Ωe ) ≤ ku′n kW 1 (Ωe ) + ku′′n kW 1 (Ωe ) ≤ C1 kun kH 1 (ω′ ) + ku′′n kW 1 (ω′′ ) ,
0
0
0
2k
0
k
♥
64
Espaces de Sobolev à poids
puisque
|u′n |1,ω′ = k∇ (χk un )kL2 (ω′
2k )
2k
n
≤ C2 kun kL2 (ω′
2k
) + |un |1,ω ′
2k
o
.
⊲ Si k est choisi assez grand, alors ωk′′ est le complémentaire de la boule Bk (0), et en vertu du
lemme A.9, on aura,
n
o
ku′′n kW 1 (ω′′ ) ≤ C |u′′n |1,ω′′ = k∇ ((1 − χk ) un )kL2 (ω′′ ) ≤ C3 kun kL2 (ω′ ) + |un |1,ω′′ ,
0
k
k
2k
k
k
et d’après l’inégalité de Poincaré -Friedrichs (lemme 5.1)
o
n
kun kW 1 (Ωe ) ≤ C4 kun kH 1 (ω′ ) + |un |1,ω′′
0
k
2k
n
o
≤ C5 [un ]ω′ + |un |1,Ωe ≤ C6 [un ]Ωe ,
2k
ce qui constitue une contradiction.
Q.E.D.
R
Remarque A.11 La remarque 5.2 reste valable : dans l’inégalité (A.5), l’expression γ u ds
peut être remplacée par F (u), où la seule fonction constante qui annule F : H 1 (Ω) → R+ est
0.
A.2
♥
La formule de Green
Nous utiliserons la formule de Green suivante, analogue de (3.10) : si ζ ∈ W01 (∆; Ω) et
ξ ∈ W01 (Ω), alors
Z
Z
∂ζ
,
(A.6)
,ξ
∆ζ ξ = − (∇ζ |∇ξ ) +
∂n
Ω
Ω
H −1/2 (F ),H 1/2 (F )
avec
W01 (∆; Ω) = u ∈ W01 (Ω) ∆u ∈ L2 (Ω) .
(A.7)
Sa démonstration s’appuie sur l’analogue de la proposition 3.1 :
Proposition A.12 D(Ω) est dense dans W01 (∆; Ω).
Démonstration.
⊲ Considérons une forme linéaire continue ξ sur W01 (∆; Ω), ∀u ∈ H 1 (∆; Ω), on aura
Z
∆Ξ ∆u,
hξ, uiW 1 (∆;Ω)′ ,W 1 (∆;Ω) = (Ξ |u )W 1 (Ω) +
0
0
0
où Ξ ∈ W01 (∆; Ω), soit encore
hξ, ui = hλ, uiW 1 (Ω)′ ,W 1 (Ω) +
0
0
Ω
Z
L ∆u.
Ω
où λ est une forme linéaire continue sur W01 (Ω) et L un vecteur L2 (Ω). Comme Ωc est borné, le
prolongement P de la proposition 3.1 est continu : W01 (Ω) → W01 (Rn ), et la formule
E
D
e Pu
,
hλ, uiW 1 (Ω)′ ,W 1 (Ω) = λ,
1
1
0
0
W0 (Rn )′ ,W0 (Rn )
A.2 La formule de Green
65
prolonge λ à W01 (Rn ) tout entier, et par conséquent
E
D
e Pu
hξ, ui = λ,
W01 (Rn )′ ,W01 (Rn )
+
Z
Rn
e ∆u, ∀u ∈ W 1 (∆; Ω)
L
0
e est le prolongement de L par 0 en dehors de Ω.
où L
e ⊂ Ω, et donc ∆L
e Dans le cas tridimensionnel d’une part,
e = −λ.
⊲ On en déduit que Supp λ
e
le théorème A.5 nous montre que L est solution d’un problème coercif sur W01 (R3 ). Dans le cas
bidimensionnel d’autre part, à l’aide du théorème A.10, selon une démonstration analogue à celle de
la proposition 5.3, il en est encore de même dans W01 (R2 )/R. Par transformation de Fourier, il en
e est la somme d’une fonction de W 1 (Rn ) et d’un polynôme harmonique, et finalement
résulte que L
0
◦ 1
que L ∈ W 0 (Ω).
⊲ On aura encore
D
E
e u
λ,
e
W01 (Rn )′ ,W01 (Rn )
=
Z
Ω
(∇L |∇e
u ) , ∀e
u ∈ W01 (Rn ),
◦ 1
et comme D(Ω) est dense dans W 0 (Ω),
hξ, ui = lim
m→∞
Z
Ω
(∇Lm |∇u ) −
Z
Lm ∆u
Ω
= 0.
Q.E.D.
66
Espaces de Sobolev à poids
Troisième partie
Les formules de représentation
intégrale
67
Chapitre 6
L’acoustique dissipative
6.1
La solution élémentaire
Le fondement des méthodes d’équations intégrales est constitué par une formule explicite
permettant de déduire la solution du problème dans tout le domaine de sa connaissance sur
le bord.
Le cadre du problème de Helmholtz dissipatif (Im ν 6= 0) dans lequel nous nous plaçons
actuellement permet des démonstrations particulièrement simples ; nous aurons ultérieurement
l’occasion de revenir sur les modifications qui doivent être apportées dans les situations plus
délicates, en particulier sur l’intervention de la condition de rayonnement.
Nous devrons cependant préciser quelques notations. Si z = eiθ ∈ C, θ ∈ [0, 2π[ , nous
√
choisirons de poser z = eiθ/2 . Ce choix d’argument, qui n’est pas celui de la détermination
√
principale, impose à la parte imaginaire de z d’être positive et nous permettra d’éviter
diverses discussions fastidieuses.
On dit que G est solution élémentaire (ou fonction de Green) de l’équation de Helmholtz
si
∆G + νG = δ
(6.1)
où δ désigne la mesure de Dirac à l’origine. L’équation ci-dessus est prise au sens des distributions dans D′ (Rn ), c’est-à-dire
hG, (∆ + ν) ϕi = h(∆ + ν) G, ϕi = ϕ(0), ∀ϕ ∈ D(Rn ).
Cette fonction de Green représente le champ acoustique rayonné par une source ponctuelle
placée à l’origine, qui vibre de façon périodique ; en raison de l’invariance des équations par
rotation, nous la chercherons radiale. Par souci de simplicité nous traiterons séparément les
cas bi- et tridimensionnels, bien qu’une expression générale puisse en fait être donnée.
6.1.1
Le cas bidimensionnel
L’étude des ondes radiales du Chapitre 1 (formule (1.13)), nous montre que nécessairement
(1) √
(2) √
G(x) = λH0 ( νr) + µH0 ( νr), où r = kxk .
69
70
L’acoustique dissipative
Nous chercherons G ∈ S ′ (R2 ), ce qui implique µ = 0, compte tenu de notre choix de détermination de la racine complexe et du comportement à l’infini des fonctions de Hankel :
r
2 i(z− π )
(1)
−3/2
4 + O(z
),
H0 (z) =
e
πz
r
2 −i(z− π )
(2)
−3/2
4 + O(z
H0 (z) =
e
),
πz
soit donc
(1) √
G(x) = λH0 ( νr).
Nous aurons
h(∆ + ν) G, ϕi = hG, (∆ + ν) ϕi
Z
G(∆ϕ + νϕ),
=
R2
expression dans laquelle la fonction d’essai ϕ ∈ D(R2 ) n’intervient en fait que par l’intermédiaire de sa moyenne sur les cercles de rayon r, puisque G est radiale. Nous pourrons donc
nous contenter de fonctions d’essai elle-mêmes radiales ; il en résulte que
Z ∞
1 d dϕ
(1) √
(r ) + νϕ r dr
H0 ( νr)
h(∆ + ν) G, ϕi = 2πλ
r dr dr
0Z ∞
Z ∞
d dϕ
(1) √
(1) √
H0 ( νr) (r ) dr +
= 2πλ
νH0 ( νr)ϕr dr .
dr dr
0
0
Si on se remémore alors les formules de dérivation suivantes :
(1)
(1)
(H0 (z))′ = −H1 (z) et
1 (1)
(1)
(1)
(H1 (z))′ = H0 (z) − H1 (z),
z
ainsi que le comportement des fonctions de Hankel au voisinage de 0 :
2i
(1)
H0 (z) ∼
Log z,
π
2i
(1)
H1 (z) ∼ − ,
πz
par intégration par parties on obtient
Z ∞
Z ∞
√ (1) √
dϕ
(1) √
νH1 ( νr) r dr +
νH0 ( νr)ϕr dr
h(∆ + ν) G, ϕi = 2πλ
dr
0
0Z ∞
Z ∞√
√
ν (1) √
(1)
H ( νr)ϕr dr
νH0 ( νr)ϕr dr +
= 2πλ −
r 1
0
0
Z ∞
Z ∞
√ (1) √
2i
(1) √
νH1 ( νr)ϕ dr + ϕ(0) +
νH0 ( νr)ϕr dr
−
π
0
0
= 4iλϕ(0).
(6.2)
(6.3)
On en déduit que G est fonction de Green sortante de l’équation de Helmholtz bidimensionnelle
si et seulement si λ = 1/4i, soit
1 (1) √
G(x) = H0 ( νr) où r = kxk.
(6.4)
4i
6.2 La représentation intégrale
6.1.2
71
Le cas tridimensionnel
La méthode est tout à fait similaire ; la forme de G, supposée radiale, a été déterminée à
la formule (1.15), pour que G ∈ S ′ (R3 ), il est nécessaire que µ = 0, et la valeur du coefficient
λ découle du calcul suivant :
1 d 2 dϕ
(r
)
+
νϕ
r2 dr
r
r2 dr
dr
0
)
(Z
√
Z ∞
∞ i νr
√
d
e
i νr
2 dϕ
νe
r
dr +
ϕr dr
= 4πλ
r dr
dr
0
0
Z ∞
Z ∞
√
√
√
i νr
i νr dϕ
νe
(i νr − 1)e
dr +
= 4πλ −
ϕr dr
dr
0
Z ∞0
Z
√ √
√ i√νr
ϕ dr − ϕ(0) +
= 4πλ
(i ν(i νr − 1) + i ν)e
h(∆ + ν) G, ϕi = 4πλ
Z
∞
√
ei
νr
0
0
= −4πλϕ(0).
On en déduit que λ = −1/4π, soit
∞
νe
√
i νr
ϕr dr
√
1 ei νr
où r = kxk.
G(x) = −
4π r
(6.5)
Remarque 6.1 Une question naturelle est celle de l’unicité de la fonction de Green, remarquons déjà que celles que nous avons déterminées n’appartiennent pas à H 1 (Rn ). En fait si
nous supposons que la différence H entre deux fonctions
de Green appartient à S ′ (Rn ), alors
b = 0, Comme ν ∈
b vérifie −4π 2 kξk2 + ν H
/ R, il en résulte que
sa transformée de Fourier H
H = 0 ; c’est dire que G est unique dans S ′ (Rn ).
6.2
La représentation intégrale
e
¡
ni
i
Considérons un ouvert Ωℓ avec ℓ = i ou e, de frontière Γ bornée (suffisamment) régulière
et ϕ définie sur Ωℓ , on note Ωℓ′ le complémentaire de Ωℓ . Nous utiliserons de façon répétée la
formule de Green (3.10) : si ζ ∈ H 1 (∆; Ωℓ ) et ξ ∈ H 1 (Ωℓ ), alors
Z
Z
∂ζ
.
∆ζ ξ = −
(∇ζ |∇ξ ) +
,ξ
∂n
Ωℓ
v
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
Par un abus courant de notation, et afin de simplifier l’écriture, même dans le cas où q ∈
/
♦
72
L’acoustique dissipative
L2 (Γ), nous noterons le produit de dualité hq, ξiH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) entre H −1/2 (Γ) et H 1/2 (Γ)
R
comme une intégrale sur Γ, soit Γ q ξ dσ.
Nous poserons
g (x, y) = G (x − y) = G (y − x) ,
(6.6)
et nous notons que
∂x g (x, y) = DGx−y = −∂y g (x, y) = ∂y g (y, x) .
♥
(6.7)
Proposition 6.2 Si la fonction ϕ est solution de l’équation de Helmholtz dans l’ouvert Ωℓ ,
alors la formule de représentation intégrale suivante est valable :
Z ∂
∂ϕ
ϕ(x) pour x ∈ Ωℓ ,
ϕ(y)
(6.8)
g (x, y) −
(y)g (x, y) dγy =
0 pour x ∈ Ωℓ′ ,
∂
n
∂n
y ℓ
ℓ
Γ
où nℓ est la normale extérieure à Ωℓ sur Γ. Rappelons que, par définition, si n (y) est la
normale à Ωℓ au point y ∈ Γ,
∂
g (x, y) = (∇y g (x, y) |n (y) ) = − (∇G (x − y) |n (y) ) .
∂y n
Démonstration.
⊲ Dans le cas ou x ∈ Ωℓ′ , le résultat découle directement de l’application de la formule de Green
dans Ωℓ :
Z
0=
(ϕ(y) (∆y + ν)g (x, y) − (∆ + ν)ϕ(y) g (x, y)) dy
Ω
Z ℓ
∂ϕ
∂g (x, y)
−
(y)g (x, y) dγ(y).
=
ϕ(y)
∂y nℓ
∂nℓ
Γ
⊲ Soit maintenant x ∈ Ωℓ et r > 0 tel que Br (x) ⊂ Ωℓ ; on pose
g (x, y) pour y ∈ Br (x)
gx (y) =
0 pour y ∈
/ Br (x)
0 pour y ∈ Br (x)
gx′ (y) =
g (x, y) pour y ∈
/ Br (x)
d’où
g (x, y) = gx (y) + gx′ (y).
⊲ Calculons (∆ + ν)gx′ (y), la formule de Green nous montre que
h(∆ + ν)gx′ , ψi = hgx′ , (∆ + ν)ψi
Z
=
g (x, y) (∆ + ν)ψ(y) dy
Rn \Br (x)
Z
=
(g (x, y) (∆ + ν)ψ(y) − (∆y + ν)g (x, y) ψ(y)) dy
=
Z
Rn \Br (x)
∂Br (x)
∂ψ(y)
g (x, y) dσr −
∂y n′
Z
∂Br (x)
∂g (x, y)
ψ(y) dσr ,
∂y n′
′
si n est la normale intérieure à Br (x), et par conséquent
ψ(x) = h(∆y + ν)G(y − x), ψi
Z
= h(∆ + ν)gx , ψi +
∂Br (x)
∂ψ(y)
G(y − x) dσr −
∂y n′
Z
∂Br (x)
∂G(y − x)
ψ(y) dσr
∂y n′
6.2 La représentation intégrale
73
`0
¡
n`
`
Br (x) n0
x
⊲ Comme gx est à support dans Br (x), on peut prendre comme fonction d’essai une solution ϕ de
∆ϕ + νϕ = 0 dans Ωℓ , on aura
h(∆ + ν)gx , ϕi = hgx , (∆ + ν)ϕi = 0,
d’où
ϕ (x) =
Z
∂Br (x)
∂ϕ(y)
g (x, y) dσr −
∂y n′
Z
∂Br (x)
∂g (x, y)
ϕ(y) dσr .
∂y n′
⊲ Par ailleurs, comme y → g (x, y) ∈ H 1 (∆; Ω \ BR (x)), nous pouvons utiliser la formule de Green
(3.10), d’où il résulte que
Z
0=
(ϕ(y) (∆y + ν)g (x, y) − (∆ + ν)ϕ(y) g (x, y)) dy
=
Z
Ωℓ \Br (x)
Γ∪∂Br (x)
Par conséquent
ϕ(x) =
∂ϕ
∂g (x, y)
−
(y)g (x, y)
ϕ(y)
∂y nℓ
∂nℓ
Z Γ
∂ϕ
∂g (x, y)
−
(y)g (x, y)
ϕ(y)
∂y nℓ
∂nℓ
dγ(y).
dγ(y).
Q.E.D.
Compte tenu de l’importance de ce résultat, nous allons en donner une autre preuve, qui nous
permettra de mieux en élucider la signification. Démonstration.
⊲ Commençons par rappeler que, selon la formule des sauts, si Φ est séparément régulière dans Ωℓ
et Ωℓ′ , et si on note ϕ = Φ|Ωℓ et ϕ′ = Φ|Ωℓ′ , alors au sens des distributions
∂
∂Φ
δΓ −
([Φ]ℓ δΓ ) ,
(6.9)
∆Φ = {∆Φ} −
∂n Γ
∂nℓ
où on a noté δΓ la mesure sur le bord Γ, c’est-à-dire la distribution définie par
Z
ψ dγ,
hδΓ , ψi =
Γ
ainsi que
∂Φ
∂n
=
Γ
∂ϕ
∂ϕ′
+
∂nℓ
∂nℓ′
|Γ
et [Φ]ℓ = (ϕ − ϕ′ )|Γ .
Il en résulte que, si on choisit d’une part ϕ vérifiant ∆ϕ + νϕ = 0 dans Ωℓ , et d’autre part ϕ′ = 0
dans Ωℓ′ , alors
∂ϕ
∂
∆Φ + νΦ = −
δΓ −
ϕ|Γ δΓ .
∂nℓ |Γ
∂nℓ
74
L’acoustique dissipative
⊲ Puisque ∆G + νG = δ, on aura
Φ = (∆G + νG) ∗ Φ = G ∗ (∆Φ + νΦ) ,
soit encore
Φ = −G ∗
∂ϕ
δΓ
∂nℓ |Γ
−G∗
∂
ϕ|Γ δΓ .
∂nℓ
(6.10)
⊲ Calculons ces produits de convolution ; on aura, pour ψ ∈ D, et Γ ∩ Supp ψ = ∅,
∂ϕ
∂ϕ
∂ϕ
G∗
,ψ =
δΓ
δΓ (y) ⊗ G(z), ψ(y + z)
=
δΓ (y) hG(z), ψ(y + z)iz
∂nℓ |Γ
∂nℓ |Γ
∂nℓ |Γ
y
x,y
∂ϕ
∂ϕ
=
δΓ (y) hG(x − y), ψ(x)ix
δΓ (y), hψ(x), G(x − y)ix
=
∂nℓ |Γ
∂n
ℓ |Γ
y
y
∂ϕ
∂ϕ
=
δΓ (y) ⊗ ψ(x), G(x − y)
= ψ(x) ⊗
δΓ (y), G(x − y)
∂nℓ |Γ
∂nℓ |Γ
x,y
x,y
*
*
+
+
∂ϕ
∂ϕ
= ψ(x),
δΓ (y), G(x − y)
=
δΓ (y), G(x − y) , ψ(x)
∂nℓ |Γ
∂nℓ |Γ
y
y
x
soit pour x ∈
/ Γ,
G∗
∂ϕ
δΓ
∂nℓ |Γ
(x) =
Z
Γ
∂ϕ
(y) G(x − y)dγ(y).
∂nℓ |Γ
De même,
G∗
∂
∂
ϕ|Γ δΓ (x), ψ(x) =
ϕ|Γ δΓ (y), hG(z), ψ(y + z)iz
∂nℓ
∂nℓ
y
+
*
∂
ϕ|Γ δΓ (y), G(x − y) , ψ(x)
=
∂nℓ
y
x
+
*
∂δΓ
(y), ϕ(z) G(x − y) , ψ(x)
=
∂nℓ
y
x
*
+
∂G(x − y)
δΓ (y), ϕ(z)
=−
, ψ(x) ,
∂y nℓ
y
x
soit en fait, pour x ∈
/ Γ,
Z
∂
∂G(x − y)
G∗
dγ(y).
ϕ|Γ δΓ (x) = − ϕ(y)
∂nℓ
∂y nℓ
Γ
Q.E.D.
Remarque 6.3
♥
(i) Ainsi que le montre la formule (6.10) ci-dessus, la formule de représentation intégrale
(6.8) s’interprète comme une convolution.
(ii) La formule de représentation intégrale se compose de deux intégrales. Nous les noterons
respectivement
Z
(6.11)
S(q) (x) = − q(y)g (x, y) dγy ,
Γ
x
6.3 La formule des sauts
75
il s’agit alors d’un potentiel de simple couche, tandis que
Z
∂
p(y)
Dℓ (p) (x) =
g (x, y) dγy ,
∂ y nℓ
Γ
(6.12)
est le potentiel de double couche.
6.3
La formule des sauts
Si les fonctions ϕi et ϕe vérifient respectivement
∆ϕi + νϕi = 0 dans Ωi et
∆ϕe + νϕe = 0 dans Ωe ,
et appartiennent à H 1 (Ωi ) et H 1 (Ωe ),
Z ∂
∂ϕi
ϕi (x)
ϕi (y)
g(x, y) −
(y)g(x, y) dγy =
0
∂
n
∂n
y i
i
Γ
Z ∂
∂ϕe
0
ϕe (y)
g(x, y) −
(y)g(x, y) dγy =
ϕe (x)
∂ y ne
∂ne
Γ
pour x ∈ Ωi ,
pour x ∈ Ωe ,
pour x ∈ Ωi ,
pour x ∈ Ωe ,
et en ajoutant ces deux identités, on obtient
Z ∂ϕ
∂
ϕi (x) pour x ∈ Ωi ,
g(x, y) −
(y)g(x, y) dγy =
[ϕ]e (y)
ϕe (x) pour x ∈ Ωe ,
∂ y ne
∂n
Γ
avec
[ϕ]e = ϕe − ϕi et
(6.13)
∂ϕ
∂ϕe ∂ϕi
+
.
=
∂n
∂ne ∂ni
En particulier, si nous posons, selon les notations introduites à la remarque 6.3,
Z ∂ϕ
∂ϕ
=−
(y)g(x, y) dγy et
S
∂n
Γ ∂n
Z
∂
[ϕ]ℓ (y)
Dℓ ([ϕ]ℓ ) =
g(x, y) dγy = D ([ϕ]) ,
∂
y nℓ
Γ
(6.14)
alors
S
∂ϕ
∂n
ϕi (x) pour x ∈ Ωi ,
ϕe (x) pour x ∈ Ωe ,
si [ϕ] = 0, et
∂ϕ
ϕi (x) pour x ∈ Ωi ,
si
D ([ϕ]) =
= 0.
ϕe (x) pour x ∈ Ωe ,
∂n
=
(6.15)
76
L’acoustique dissipative
Chapitre 7
L’acoustique non dissipative
7.1
La solution élémentaire
Sa détermination est analogue à celle effectuée au paragraphe 6.1 pour le cas disssipatif,
l’unique différence, mais elle est importante, réside dans son comportement à l’infini. On a ici
√
ν = k 2 et ν = k > 0.
7.1.1
Le cas bidimensionnel
On a nécessairement
(1)
(2)
G(x) = λH0 (kr) + µH0 (kr),
que l’on cherche satisfaisant à la condition de Sommerfeld, ce qui implique µ = 0, ainsi que
nous l’avons constaté au paragraphe ??. On en déduit que G est fonction de Green sortante
de l’équation de Helmholtz bidimensionnelle si
G(x) =
7.1.2
1 (1)
H (kr) où r = kxk.
4i 0
(7.1)
1 eikr
où r = kxk.
4π r
(7.2)
Le cas tridimensionnel
De même
G(x) = −
Remarque 7.1 Une question naturelle est celle de l’unicité de la fonction de Green ; nous
montrerons par la suite que dans Rn tout entier, la seule solution de l’équation de Helmholtz
vérifiant la condition de Sommerfeld est la solution nulle, d’où il résulte que la solution (7.1)
ou (7.2) est la seule qui dans S ′ (Rn ) vérifie la condition de Sommerfeld.
77
78
L’acoustique non dissipative
7.2
La représentation intégrale
7.2.1
En domaine intérieur
Soit ϕi solution de l’équation de Helmoltz ∆ϕi + k 2 ϕi = 0 dans l’ouvert borné Ωi , le
raisonnement du paragraphe 6.2 s’applique sans difficulté et conduit au même résultat :
Z ∂
∂ϕi
ϕi (x) pour x ∈ Ωi ,
ϕi (y)
g (x, y) −
(y)g (x, y) dγy =
0 pour x ∈ Ωe .
∂ y ni
∂ni
Γ
7.2.2
(7.3)
En domaine extérieur
On suppose maintenant que ϕe vérifie l’équation de Helmoltz ∆ϕe + k 2 ϕe = 0 dans Ωe .
La démonstration précédente ne s’applique plus car le comportement à l’infini de la solution
ϕe de l’équation de Helmholtz dans Ωe ne permet plus d’y utiliser la formule de Green. Soit
@B
¡
ni
ne
i
e
B une boule contenant Ωi . Comme ϕe est solution de l’équation de Helmholtz dans l’ouvert
borné B r Ωi , la formule (7.3) nous autorise à écrire
Z
Γ∪∂B
∂ϕe
∂
g(x, y) −
(y)g(x, y)
ϕe (y)
∂ y ne
∂ne
Posons alors
dγy =


0
pour x ∈ Ωi
ϕe (x) pour x ∈ B r Ωi

0
pour x ∈ Ωe r B
(7.4)
Z ∂
∂ϕe
ξ (x) =
ϕe (y)
g(x, y) −
(y)g(x, y) dγy et
∂ y ne
∂ne
Γ
Z ∂
∂ϕe
η (x) =
ϕe (y)
g(x, y) −
(y)g(x, y) dγy
∂ y ne
∂ne
∂B
Compte tenu des propriétés de G, on vérifie aisément que dans Ωe , la fonction ξ est solution
de ∆ξ + k 2 ξ = 0 et que dans B, la fonction η est solution de ∆η + k 2 η = 0 ; de plus ξ vérifie la
condition de Sommerfeld. Par ailleurs, en vertu de la formule (7.4) ξ (x) + η (x) = ϕ(x) dans
B r Ωi ; par conséquent la fonction égale à η (x) dans B et à ϕ(x) − ξ (x) dans Ωe est solution
7.2 La représentation intégrale
79
de l’équation de Helmholtz dans Rn tout entier et vérifie la condition de Sommerfeld, elle est
donc nulle selon la remarque 7.1, ce qui prouve que
Z ∂
∂ϕe
ϕe (x) =
ϕe (y)
g(x, y) −
(y)g(x, y) dγy lorsque x ∈ Ωe .
(7.5)
∂ y ne
∂ne
Γ
Par ailleurs, comme η = 0, selon la formule (7.4),
Z ∂ϕe
∂
g(x, y) −
(y)g(x, y) dγy = 0 lorsque x ∈ Ωi .
v(y)
∂ y ne
∂ne
Γ
(7.6)
80
L’acoustique non dissipative
Chapitre 8
Le laplacien
8.1
La solution élémentaire
Un raisonnement en tout point analogue permet de montrer qu’une solution élémentaire
radiale du laplacien n’est autre que
1
Log kxk en bidimensionnel et
2π
1
G(x) = −
en tridimensionnel.
4πkxk
G(x) =
Remarque 8.1 La question de l’unicité de la fonction de Green se présente ici sous un jour
b = 0, le support de H
b est donc
différent. Si nous cherchons H dans S ′ (Rn ), nous aurons kξk2 H
réduit à l’origine, et H est par conséquent un polynôme ; il n’est en fait pas difficile de trouver
des polynômes de tous ordres à laplacien nul (on dit harmoniques), au nombre desquels bien
entendu ceux de degré inférieur ou égal à 1.
8.2
8.2.1
La représentation intégrale
Le cas tridimensionnel
La formule de représentation (6.8) est encore valable pour des fonctions à laplacien nul,
avec G(x) = −1/ (4π kxk) ; la démonstration est identique à celle de la proposition 6.2,
moyennant l’utilisation de la formule de Green (A.6) pour le cas de Ωe .
8.2.2
Le cas bidimensionnel
La situation est ici quelque peu différente, en effet on aura encore, pour ϕi vérifiant ∆ϕi = 0
dans Ωi , avec g (x, y) = G (x − y) ,
Z ∂ϕi
∂
ϕi (x) pour x ∈ Ωi ,
(8.1)
g (x, y) −
(y)g (x, y) dγy =
ϕi (y)
0 pour x ∈ Ωe ,
∂ y ni
∂ni
Γ
toujours selon la même démonstration, mais celle-ci ne s’applique plus à ϕe car à distance de
l’origine, G(x) = Log kxk /2π n’appartient pas à W01 (R2 ) en raison de son comportement à
l’infini, et par conséquent la formule de Green ne s’applique plus.
81
82
Le laplacien
Lemme 8.2 Si e est un vecteur unitaire et x = R e, quand R → ∞, on a
Z
Z
1
, et
q(y)dγ Log R + O
q(y) Log kx − yk dγy =
R
Γ
Γ
Z
Z
1
x−y
e
p(y)
+O
.
p(y)dγ
2 dγy =
R
R2
kx − yk
Γ
Γ
2
Démonstration. Il s’agit simplement de développer Log kR e − yk et (x − y) / kx − yk , on obtient
!
2
1 kyk
1
Log kR e − yk = Log R +
,
− 2 (e |y ) + O
R
R
R2
et
x−y
1
1
2 = R e + R2 (2 (e |y ) − y) + O
kx − yk
1
R3
.
Q.E.D.
♥
Proposition 8.3 Si la fonction ϕe ∈ W01 (
e ) est solution de l’équation de Laplace dans
Ωe ⊂ R2 , alors il existe une constante C telle que :
Z ∂
∂ϕe
ϕe (x) pour x ∈ Ωe ,
C+
ϕe (y)
(8.2)
g(x, y) −
(y)g(x, y) dγy =
0 pour x ∈ Ωi ,
∂ y ne
∂ne
Γ
Démonstration. Choisissons une boule B contenant Ωi et posons
Z ∂
∂ϕe
ξ(x) =
ϕe (y)
g(x, y) −
(y)g(x, y) dγy
∂y ne
∂ne
Γ
Z ∂
∂ϕe
ϕe (y)
g(x, y) −
(y)g(x, y) dγy
η(x) =
∂y r
∂r
∂B
(8.3)
Selon le même raisonnement qu’au paragraphe 7.2.2 la fonction Φ égale à η (x) dans B et à ϕ(x)−ξ (x)
n
dans Ωe est solution de
R l’équation de Laplace dans R . Mais on a vu que nécessairement, en vertu de
la formule de Green, Γ ∂ϕe /∂ne dγ = 0 ; il en résulte d’après le lemme 8.2 que ξ(x) = O(1/ kxk) et
par conséquent que Φ ∈ W01 (R2 ). Comme Φ est un polynôme harmonique, c’est donc une constante,
soit donc η = C et ϕe = ξ + C.
Q.E.D.
Nous allons maintenant préciser ce résultat en déterminant la constante qui apparaît dans la
formule de représentation intégrale 8.2.
Lemme 8.4 La fonction
w(x) =
1
|Γ|
Z
Γ
G(x − y) dγy ,
vérifie
∆w = 0 dans Ωe , w ∈
Démonstration.
1
Hℓoc
(Ωe )
et
Z
Γ
∂w
dγ = −1.
∂ne
(8.4)
8.2 La représentation intégrale
83
⊲ La fonction w constitue un potentiel de simple couche, associé à la répartition q(x) = 1, qui ne
vérifie pas la condition de compatibilité hq, 1iH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) = 1. Il est bien clair que ∆w = 0 dans
1
Ωe , et en vertu de la proposition 8.7 ci-dessous, on aura w ∈ Hℓoc
(Ωe ).
′
⊲ Si nous notons maintenant ΩR = Ωe ∩ BR la portion de Ωe contenue dans la boule BR , et ne la
normale extérieure à ΩR
e , en vertu de la formule de Green, nous aurons
Z
∂w
dγ = 0,
∂n
e
Γ∪∂BR
et par conséquent
Z
∂w
dγ = − lim
R→∞
Γ ∂ne
En vertu du lemme précédent 8.2, nous aurons
Z
1
∂w
=
+O
∂ne
2πR
d’où
Z
∂BR
∂BR
∂w
dσ.
∂ne
1
R2
1
R
∂w
dγ = 1 + O
∂ne
,
.
Q.E.D.
Lemme 8.5 Si w est donné par la formule (8.4) et si v0 est la solution dans W01 (Ωe ) du
problème suivant :
∆v0 = 0 dans Ωe et v0 = w sur Γ,
(8.5)
alors la fonction
vérifie
(8.6)
u0 = v0 − w,
1
,
∆u0 = 0 dans Ωe , k∇u0 (x)k = O
kxk
Z
∂u0
u0 = 0 sur Γ, et
dγ = 1.
Γ ∂ne
(8.7)
Démonstration.
⊲ En vertu de la formule de Green, on aura tout d’abord
Z
Z
∂v0
dγ =
∆v0 = 0,
Γ ∂ne
Ωe
et par conséquent, d’après le lemme 8.4,
Z
Z
∂w
∂u0
dγ = −
dγ = 1.
Γ ∂ne
Γ ∂ne
⊲ Par ailleurs, d’après le lemme 8.2, nous savons que
1 x
∇w(x) =
+O
2π kxk2
1
2
kxk
!
,
et en vertu de la formule de représentation intégrale (8.2) appliquée à v0 , qu’il en est de même pour
v0 .
Q.E.D.
84
Le laplacien
Proposition 8.6 Dans la formule de représentation intégrale (8.2) on a
Z
∂u0
ϕe
C=
dγ,
∂ne
Γ
(8.8)
où u0 est défini en (8.6).
Démonstration. La formule de Green nous conduit à écrire
Z
0=
∆ϕe u0 − ϕe ∆u0
Ω′R
∂u0
∂ϕe
− ϕe
dγ
=
u0
∂ne
∂ne
Γ∪∂BR
Z
Z
∂u0
∂ϕe
∂u0
dγ +
− ϕe
dσ,
u0
= − ϕe
∂ne
∂ne
∂ne
∂BR
Γ
Z
d’après le lemme 8.5, soit
Z
Z
∂u0
∂u0
∂ξ
ϕe
dγ =
− (ξ + C)
dσ
u0
∂ne
∂ne
∂ne
Γ
∂BR
Z
Z
∂u0
∂ξ
∂u0
dγ +
−ξ
dσ
u0
=C
∂ne
∂ne
∂BR
Γ ∂ne
Z
Z
∂u0
∂ξ
∂u0
dγ + lim
−ξ
dσ ;
u0
=C
R→∞ ∂B
∂ne
∂ne
Γ ∂ne
R
d’où il résulte que
C=
d’après les lemmes 8.2 et 8.5.
Z
ϕe
Γ
∂u0
dγ,
∂ne
Q.E.D.
8.3
8.3.1
La formule des sauts
Le laplacien
On suppose maintenant que les fonctions ϕi et ϕe vérifient respectivement
∆ϕi = 0 dans Ωi et
∆ϕe = 0 dans Ωe
et appartiennent respectivement à H 1 (Ωi ) et W01 (Ωe ).
Cas tridimensionnel
En prenant G(x) = −1/ (4π kxk) , on obtient des résultats analogues à ceux du paragraphe
précédent :
Z
(8.9)
S(q) = S(q) = − q(y)G(x − y) dγy ,
Z Γ
∂
·
·
·
e ℓ (p)
p(y)
D
= Dℓ (p) =
G(x − y) dγy ,
(8.10)
∂ y nℓ
Γ
8.3 La formule des sauts
85
·
e ℓ (p)
où S(q) et D
sont respectivement donnés par (10.26) et (10.47).
·
e ℓ (p)
Nous avons déjà vu que l’addition d’une constante à p dans (11.1) laisse D
|Ωe invariant
·
ℓ
e
et modifie D (p)|Ωi d’une constante, ce qui est corroboré par la formule (8.10), puisque
Z
∂
G(x − y) dγy = 0,
∂
Γ y ni
pour x ∈ Ωe tandis que
Z
Γ
♠
∂
G(x − y) dγy = 1,
∂ y ni
pour x ∈ Ωi , ainsi que le montre la formule (6.8) appliquée dans Ωi avec ϕi = 1.
Cas bidimensionnel
En prenant maintenant G(x) = Log kxk /2π, on obtient
Z ∂ϕ
∂
ϕi (x) pour x ∈ Ωi ,
G(x − y) −
(y)G(x − y) dγy =
C+
[ϕ]e (y)
ϕ
∂ y ne
∂n
e (x) pour x ∈ Ωe ,
Γ
(8.11)
· ℓ ·
·
et par conséquent, si S(q) et D (p) sont respectivement définis par (10.34) et (10.57),
Z
·
·
S(q) = S(q) = C − q(y)G(x − y) dγy |C ∈ R , pour hq, 1iH −1/2 (Γ),H −1/2 (Γ) = 0
Γ
(8.12)
Z
· ℓ ·
·ℓ ·
∂
·
D (p) = D (p) = C + p(y)
G(x − y) dγy |C ∈ R .
∂ y nℓ
Γ
(8.13)
Obtenir le résultat à une constante additive près dans (8.12) n’est pas surprenant, puisque
·
S(q) lui-même est défini à une constante additive près. En vertu du lemme 8.2, la condition
hq, 1iH −1/2 (Γ),H −1/2 (Γ) = 0 assure un comportement décroissant à S(q), ce qui rend possible
·
·
·
·
l’appartenance de C + S(q) à W01 (Ωe ). De même dans (8.13), D(p)|Ωe et D(p)|Ωi sont tous
deux définis à une constante additive près, la constante supplémentaire découlant du fait
·
·
qu’un changement de représentant dans la classe de p laisse invariant Dℓ (p)|Ωe et modifie d’une
·
constante additive Dℓ (p)|Ωi , selon le même raisonnement que dans le cas tridimensionnel.
·
Dans le cas où hq, 1iH −1/2 (Γ),H −1/2 (Γ) 6= 0, il n’y a plus de représentation de S(q) sous forme
d’un potentiel de simple couche, mais on peut cependant se poser la question de la régularité
d’un tel potentiel. On démontre aisément, par comparaison avec le potentiel analogue dans le
cas du problème d’acoustique dissipative, la proposition suivante :
Proposition 8.7 Dans le cas de l’équation de Laplace bidimensionnelle, on a encore
Z
1
(R2 ).
q(y)G(x − y) dγy ∈ Hℓoc
Γ
Démonstration.
♦
86
Le laplacien
⊲ Choisissons par exemple ν = −1 et donc z = i kxk , et posons
F (x) =
1
1
Log kxk − H01 (i kxk) ;
2π
4i
on aura
1
2π
Z
Γ
q(y) Log kx − yk dγy =
1
4i
Z
Γ
q(y)H01 (i kx − yk) dγy +
Z
Γ
q(y)F (x − y) dγy .
⊲ Mais on sait que
2i
2i
i 2
iz 2
iπ
Log z + 1 + (γ − Log 2) −
z Log z +
(1 +
+ Log 2 − γ) + o(z 2 )
π
π 2π
2π
2
′
iz Log z
iz 1 iπ
2i
−
+
+
+ Log 2 − γ + o(z 2 ),
H01 (z) =
πz
π
π 2
2
H01 (z) =
et par conséquent
2
1
1
kxk
2
2
(γ − Log 2) +
kxk Log kxk −
(1 + Log 2 − γ) + o(kxk )
2π
8π
8π
∂
1
xj
2
Log kxk − − Log 2 + γ + o(kxk ).
F (x) =
∂xj
4π
2
F (x) = −
⊲ Il en résulte que F est continûment dérivable, et d’après le théorème de convergence dominée
que
Z
x→
q(y)F (x − y) dγy
Γ
est également continûment dérivable. La conclusion en découle.
Q.E.D.
Appendice B
Séparation de variables
B.1
Motivation
L’objet de ce chapitre est de montrer que toute fonction ψ qui satisfait l’équation de
Helmholtz
∆ψ + k 2 ψ = 0
(B.1)
à l’extérieur d’une boule donnée (c’est-à-dire lorsque kxk > r0 pour r0 ≥ 0 donné) peut se
développer sous la forme d’une série dont chacun des termes est une solution à variables séparées en coordonnées polaires (r, θ) pour le cas bidimensionnel, et en coordonnées sphériques
(r, θ, ϕ) pour le cas tridimensionnel. L’intérêt de ce résultat est, pour ce qui nous concerne,
double. D’un point de vue théorique tout d’abord, il nous renseigne de façon précise sur le
comportement asymptotique à l’infini des solutions de (B.1) ; il va nous permettre en particulier (paragraphe ??) d’établir un résultat d’unicité de la solution du problème de diffraction
d’une onde acoustique. D’autre part, il nous fournit une méthode pour l’étude de l’existence
d’une solution et la résolution numérique de ce problème : ces aspects font l’objet du chapitre
??.
Nous allons dans une première étape déterminer la forme générale des solutions à variables
séparées de (B.1). Posons pour cela
x = rσ où r = kxk
et σ appartient au cercle unité S 1 dans le cas bidimensionnel, respectivement à la sphère unité
S 2 dans le cas tridimensionnel. On recherche alors des solutions de (B.1) sous la forme
ψ(x) = h(r) ξ(σ).
(B.2)
En remarquant que l’expression du Laplacien en coordonnées polaires ou sphériques peut
s’écrire
1
∆ = ∆r + 2 ∆σ ,
r
où, en bidimensionnel,
1 ∂
∆r ψ =
r ∂r
∂ψ
∂2ψ
,
r
et ∆σ ψ =
∂r
∂θ2
87
88
Séparation de variables
tandis qu’en tridimensionnel
1 ∂
∆r ψ = 2
r ∂r
1 ∂
1 ∂2ψ
∂ψ
2 ∂ψ
+
r
et ∆σ ψ =
sin θ
;
∂r
sin θ ∂θ
∂θ
sin2 θ ∂ϕ2
on en déduit que h et ξ sont respectivement solutions de
r2 ∆r h + (k 2 r2 − λ)h = 0 pour r > r0 ,
∆σ ξ + λξ = 0 sur S
n−1
(n = 2 ou 3),
(B.3)
(B.4)
pour un certain scalaire λ. Résoudre (B.4) revient à déterminer les valeurs et vecteurs propres
du Laplacien tangentiel sur la boule unité ∆σ , appelé également Laplacien Beltrami. Ceci
peut être considéré comme un exercice classique de théorie spectrale, et à ce titre on aurait
pu se contenter d’en rappeler les résultats et de renvoyer aux ouvrages classiques pour leur
démonstration. Compte tenu de l’importance de ces notions pour l’étude des problèmes de
diffraction, on a cependant préféré fournir des démonstrations détaillées. Il serait tout à fait
possible de donner une présentation unifiée, valable pour toute dimension d’espace, mais
nous traiterons les cas bi- et tri-dimensionnels séparément, ce qui moyennant un moins grand
degré de généralité et quelques redites permettra d’étudier d’abord le cas bidimensionnel,
notablement plus simple, puisqu’il s’agit de la notion de développement en série de Fourier.
La connaissance des éléments propres du Laplacien tangentiel nous permettra alors de
passer à la résolution de l’équation (B.3), nous aurons ainsi déterminé toutes les solutions à
variables séparées de (B.1). Nous verrons alors comment décomposer toute solution de (B.1)
sur cette “base” de solutions à variables séparées (§ ??). On en déduira en particulier un
résultat d’unicité de la solution du problème de diffraction établi au chapitre précédent.
B.2
Fonctions propres du Laplacien tangentiel
Dans ce paragraphe, nous aurons l’occasion d’utiliser des fonctions définies sur S 1 ou S 2 ,
et donc dépendant de la variable σ ; par abus de notation nous les considérerons fréquemment comme des fonctions dépendant du paramétrage de la surface (coordonnées polaires ou
sphériques).
B.2.1
Le cas bidimensionnel : décomposition en série de Fourier
Il s’agit de rechercher les solutions (λ, ξ) du problème aux valeurs propres
−∆σ ξ = λ ξ sur S 1 ,
ce qui peut s’écrire sous la forme
d2 ξ
= λ ξ sur ] − π, π[,
dθ2
ξ(−π) = ξ(π),
dξ
dξ
(−π) =
(π).
dθ
dθ
−
(B.5)
B.2 Fonctions propres du Laplacien tangentiel
√
89
√
On en déduit immédiatement
que ξ(θ) = Aei λθ + Be−i λθ , les conditions de périodicité
√
imposant de plus que λ = ±n, pour n ∈ N . Les valeurs propres de −∆σ sont donc les
λn = n2 pour n ∈ N. La valeur propre 0 est simple, et une fonction propre associée est par
exemple
1
ξ0 = √ .
(B.6)
2π
Chacune des autres valeurs propres n2 pour n 6= 0 est double et le sous-espace propre correspondant est engendré par exemple par les deux fonctions
1
1
ξn(1) = √ einθ et ξn(2) = √ e−inθ .
2π
2π
(B.7)
Dans la suite, on notera
ξn = ξn(1) et ξ−n = ξn(2) .
√
Remarquons que le choix du facteur 1/ 2π rend ces fonctions normées dans L2 (S 1 ) :
Z π
2
|ξn (θ)|2 dθ = 1, pour tout n ∈ Z.
kξn kL2 (S 1 ) =
−π
Théorème B.1 La famille des ξn , n ∈ ξn de fonctions propres de −∆σ forme une base
orthonormale de L2 (S 1 ) : toute fonction ξ ∈ L2 (S 1 ) se développe sous la forme
ξ=
X
n∈Z
(ξ |ξn )L2 (S 1 ) ξn ,
(B.8)
où la série converge dans L2 (S 1 ).
Remarque B.2 La décomposition (B.8) n’est autre que le développement en série de Fourier
de ξ.
Démonstration. On va démontrer que les ξn sont les vecteurs propres d’un opérateur auto-adjoint
compact : les résultats classiques de théorie spectrale permettront alors de conclure.
⋄ De façon à écrire une formulation variationnelle du problème (B.5), on considère l’espace
1
H#
(−π, π) = ξ ∈ H 1 (−π, π) |ξ(−π) = ξ(π) .
C’est un sous-espace fermé de H 1 (−π, π), par continuité de l’application trace de H 1 (−π, π) dans R.
1
On peut donc le munir de la topologie induite par H 1 (−π, π), et l’injection canonique de H#
(−π, π)
2
dans L (−π, π) est compacte.
Il est facile de voir qu’une formulation variationnelle de (B.5) est donnée par
Z
π
−π
dξ dξ¯′
dθ = λ
dθ dθ
Z
π
−π
1
ξ ξ¯′ dθ, ∀ξ ′ ∈ H#
(−π, π),
ce qui peut s’écrire sous la forme
1
((ξ |ξ ′ )) = (1 + λ) (ξ |ξ ′ )L2 (−π,π) , ∀ξ ′ ∈ H#
(−π, π),
1
où on a noté ((· |· )) le produit scalaire sur H#
(−π, π) (c’est-à-dire celui de H 1 (−π, π)).
(B.9)
90
Séparation de variables
1
⋄ Soit G l’opérateur qui, à tout f ∈ L2 (−π, π) associe l’unique solution ξ ∈ H#
(−π, π) du problème
variationnel
1
((ξ |ξ ′ )) = (f |ξ ′ )L2 (−π,π) , ∀ξ ′ ∈ H#
(−π, π),
problème bien posé d’après le théorème de représentation de Riesz. Cet opérateur est continu de
1
1
L2 (−π, π) dans H#
(−π, π). Si on note J l’injection canonique de H#
(−π, π) dans L2 (−π, π), on
écrira
1
((Gf |ξ ′ )) = (f |J ξ ′ )L2 (−π,π) , ∀ξ ′ ∈ H#
(−π, π), ∀f ∈ L2 (−π, π)
L’opérateur J G est compact sur L2 (−π, π) et on vérifie qu’il est de plus auto-adjoint : si θ et θ′ ∈
L2 (−π, π),
(J Gθ |θ′ ) = (θ′ |J Gθ ) = ((Gθ′ |Gθ )) = ((Gθ |Gθ′ )) = (θ |J Gθ′ ) .
Il en résulte que ses vecteurs propres peuvent être choisis de façon à former une base orthonormale de
1
L2 (−π, π). De même si η et η ′ ∈ H#
(−π, π), on a
((GJ η |η ′ )) = (J η |J η ′ ) = (J η ′ |J η ) = ((GJ η ′ |η )) = ((η |GJ η ′ )) ,
1
ce qui montre que GJ est auto adjoint dans H#
(−π, π).
⋄ Il nous reste à remarquer que (B.9) peut s’écrire sous la forme
J G ξ = (1 + λ)−1 ξ,
ce qui montre que les ξn sont bien des vecteurs propres de J G. Et ce sont les seuls vecteurs propres
de J G puisque nous avons été capables de trouver toutes les solutions de (B.5).
Q.E.D.
Remarque B.3 On peut en fait aller beaucoup plus loin en démontrant que ces fonctions
forment une base orthogonale de H s (S 1 ) pour tout s ∈ ]0, 1[, moyennant un choix adéquat du
produit scalaire sur H s (S 1 ) (ce qui se généralise même à tout s ∈ R). Ce résultat repose sur
des techniques d’interpolation entre les espaces de Sobolev qui sortent largement du cadre de
cet ouvrage. L’idée de base consiste à construire les puissances s-ièmes de l’opérateur −∆σ et
à remarquer que les ξn forment pour tout s une base orthogonale du domaine D((−∆σ )s ) =
H 2s (S 1 ) de cet opérateur. C’est cette même idée qui nous fournit la caractérisation suivante
de H s (S 1 ) pour tout s ∈ [0, 1] :
)
(
X
2
H s (S 1 ) = ξ ∈ L2 (S 1 ) (1 + n2 )s (ξ |ξn )L2 (S 1 ) < +∞ .
n∈Z
B.2.2
Le cas tridimensionnel : les harmoniques sphériques
La situation est ici beaucoup plus complexe que dans le cas bidimensionnel, car le Laplacien
tangentiel sur la sphère unité n’est plus un opérateur à coefficients constants. L’équation
∆σ ξ + λ ξ = 0 sur S 2 ,
s’écrit en effet à l’aide des coordonnées sphériques sous la forme
1 ∂2ξ
1 ∂
∂ξ
+
sin θ
+ λ ξ = 0 sur ]0, π[ × ] − π, +π[,
∂θ
sin2 θ ∂ϕ2 sin θ ∂θ
ξ(θ, −π) = ξ(θ, +π), θ ∈ ]0, π[,
∂ξ
(θ, +π), θ ∈ ]0, π[.
(θ, −π) =
∂ϕ
(B.10)
B.2 Fonctions propres du Laplacien tangentiel
91
La résolution de ces équations (qui s’effectuera par séparation des variables θ et ϕ) est plus
délicate que pour le problème (B.5) dans la mesure où on ne peut plus directement affirmer
avoir déterminé tous les vecteurs propres. Une étude complémentaire est donc nécessaire pour
montrer que le système de vecteurs propres qu’on a déterminé est complet.
Avant de passer à la résolution proprement dite, nous allons établir un résultat de complétude tout à fait analogue à celui du Théorème B.1, à savoir :
Proposition B.4 Il existe une famille de fonctions propres de −∆σ (c’est-à-dire de solutions
de (B.10) qui forme une base orthonormale de L2 (S 2 ).
Démonstration. On procède comme au Théorème B.1. On note
Q = ]0, π[ × ] − π, +π[,
dσ = sin θ dθdϕ,
et
Z
2
L (Q, dσ) = ξ ∈ D (Q) |ξ| dσ < +∞ ,
Q
∂ξ
1 ∂ξ
2
2
2
1
∈ L (Q, dσ),
∈ L (Q, dσ), ξ(θ, −π) = ξ(θ, π) .
H# (Q, dσ) = ξ ∈ L (Q, dσ) ∂θ
sin θ ∂ϕ
2
′
1
De même qu’au paragraphe précédent, nous notons ((· |· )) le produit scalaire sur H#
(Q, dσ), soit
((ξ |ξ ′ )) =
Z
ξ ξ¯′ dσ +
Q
Z
Q
Z
∂ξ ∂ ξ¯′ dσ
∂ξ ∂ ξ¯′
dσ +
2 .
∂θ ∂θ
Q ∂ϕ ∂ϕ sin θ
Le problème (B.10) s’écrit alors sous forme variationnelle
1
((ξ |ξ ′ )) = (1 + λ) (ξ |ξ ′ )L2 (Q,dσ) , ∀ξ ′ ∈ H#
(Q, dσ).
(B.11)
La suite de la démonstration est identique à celle du Théorème B.1 : les solutions de ce problème
sont les vecteurs propres d’un opérateur auto-adjoint compact sur l’espace L2 (Q, dσ) (qui s’identifie
à L2 (S 2 )).
Q.E.D.
Il nous reste maintenant à exhiber une telle base. Nous allons introduire pour cela la notion
de “fonction harmonique sphérique”.
Définition B.5 Pour tout ℓ ∈ N, on appelle “harmonique sphérique d’ordre ℓ” la trace sur
la sphère unité S 2 d’un polynôme homogène harmonique de degré ℓ. On note Yℓ l’ensemble
des harmoniques sphériques d’ordre ℓ.
Proposition B.6
(i) Pour tout ℓ ∈ N, une harmonique sphérique d’ordre ℓ est un vecteur propre de −∆σ
associé à la valeur propre ℓ(ℓ + 1).
(ii) Ce sont les seuls vecteurs propres de −∆σ .
(iii) La multiplicité de la valeur propre ℓ(ℓ + 1) est 2ℓ + 1 (autrement dit : dim Yℓ = 2ℓ + 1).
Démonstration.
92
Séparation de variables
⊲ Soit P un polynôme harmonique homogène de degré ℓ. Il est clair que P peut s’écrire sous la
forme
P (r, θ, ϕ) = rℓ ξ(θ, ϕ),
où ξ désigne la trace de P sur S 2 . Comme ∆P = 0 (puisque P est harmonique), on déduit de
l’expression du Laplacien en coordonnées sphériques (cf. § B.1) que
(ℓ(ℓ + 1) ξ + ∆σ ξ)rℓ−2 = 0,
ce qui montre bien que −∆σ ξ = ℓ(ℓ + 1) ξ.
⊲ Réciproquement, supposons qu’on connaisse une fonction ξ définie sur S 2 telle que −∆σ ξ = λ ξ
et montrons que ξ se prolonge dans R3 en un polynôme harmonique homogène (notons que λ est
nécessairement positif ou nul : il suffit de choisir ξ ′ = ξ dans (B.11) pour s’en convaincre). Pour un
réel ℓ ≥ 0, considérons la fonction homogène définie sur R3 par
P (r, θ, ϕ) = rℓ ξ(θ, ϕ).
On a
∆P = (ℓ(ℓ + 1) − λ)
U
,
r2
et on peut donc toujours choisir ℓ ≥ 0 tel que ∆P = 0 ; il suffit de prendre ℓ = (−1 +
√
1 + 4λ)/2.
⊲ Notons maintenant que P est nécessairement un polynôme, soit en efffet P une fonction harmonique dans R3 . La transformée de Fourier de la relation ∆P = 0 s’écrit |ξ|2 FP = 0, ce qui montre
que le support de FP est réduit à {0} et par conséquent
FP =
X
ap1 ,p2 ,p3
finie
dp1 +p2 +p3
δ,
dxp11 dx2p2 dxp33
où δ désigne la mesure de Dirac en ξ = 0. Il en résulte que
X
P =
ap1 ,p2 ,p3 (ix1 )p1 (ix2 )p2 (ix3 )p3 ,
finie
ce qui montre bien que P est un polynôme, et par conséquent que ℓ est un entier. La fonction ξ est
donc bien la trace d’un polynôme harmonique homogène.
⊲ Il reste à déterminer la dimension de Yℓ qui est clairement la même que celle de Pℓ , ensemble
des polynômes homogènes harmoniques de degré ℓ (puisque ces deux espaces sont trivialement isomorphes). Soit donc P ∈ Pℓ ; on peut écrire P sous la forme
P (x1 , x2 , x3 ) =
ℓ
X
xk3 Aℓ−k (x1 , x2 ),
k=0
où chaque Ak est un polynôme homogène de degré k selon les variables x1 et x2 . Posons ∆2 =
∂ 2 /∂x21 + ∂ 2 /∂x22 . Comme P est harmonique, on doit avoir
ℓ
X
(∆2 + ∂x23 )(xk3 Aℓ−k (x1 , x2 )) = 0,
k=0
soit
ℓ−2
X
k=0
xk3 ∆2 Aℓ−k (x1 , x2 ) +
ℓ
X
k=2
k(k − 1)x3k−2 Aℓ−k (x1 , x2 ) = 0.
B.2 Fonctions propres du Laplacien tangentiel
93
Il vient alors
ℓ−2
X
xk3 (∆2 Aℓ−k (x1 , x2 ) + (k + 1)(k + 2)Aℓ−k−2 (x1 , x2 )) = 0,
k=0
ce qui montre que les Ak vérifient la relation de récurence
∆2 Aℓ−k + (k + 1)(k + 2)Aℓ−k−2 = 0, pour k = 0 à ℓ − 2.
Par conséquent, si on se donne Aℓ et Aℓ−1 , ces ℓ − 1 relations déterminent de façon unique les autres
Ak . La dimension de l’ensemble des polynômes homogènes de degré ℓ de deux variables étant ℓ + 1, il
s’ensuit que dim Pℓ = (ℓ + 1) + ℓ.
Q.E.D.
Il s’agit maintenant de déterminer une base orthonormale de chaque Yℓ (formée de 2ℓ + 1
éléments en vertu de la proposition précédente). Nous cherchons ces fonctions propres sous la
forme
ξ(θ, ϕ) = p(θ) q(ϕ).
En reportant cette expression dans (B.10) avec λ = ℓ(ℓ + 1), on en déduit que p et q sont
respectivement solutions de
d2 q
+ µ q = 0 sur ] − π, +π[,
dϕ2
q(−π) = q(+π),
dq
dq
(−π) =
(+π),
dϕ
dϕ
et
1 d
sin θ dθ
dp
µ p = 0 sur ]0, π[.
sin θ
+ ℓ(ℓ + 1) −
dθ
sin2 θ
(B.12)
(B.13)
Le problème (B.12) a été résolu dans le cas bidimensionnel. On trouve
µ = m2 et q(ϕ) = eimϕ où m ∈ Z.
En effectuant le changement de variable ζ = cos θ et en posant P (ζ) = p(θ), l’équation (B.13)
devient
d
m2
2 dP
(1 − ζ )
+ ℓ(ℓ + 1) −
P = 0 sur ] − 1, +1[.
dζ
dζ
1 − ζ2
Il s’agit là de l’équation de Legendre qui pour 0 ≤ m ≤ ℓ, elle admet (à une constante
multiplicative près) une seule solution bornée sur ] − 1, +1[, appelée fonction de Legendre
associée :
dm Pℓ
Pℓm (ζ) = (−1)m (1 − ζ 2 )m/2 m (ζ),
dζ
où Pℓ est le polynôme de Legendre de degré ℓ :
Pℓ (ζ) =
1 dℓ 2
(ζ − 1)ℓ .
2ℓ ℓ! dζ ℓ
94
Séparation de variables
On a donc
(−1)m (1 − ζ 2 )m/2 dℓ+m 2
(ζ − 1)ℓ .
2ℓ ℓ!
dζ ℓ+m
Pℓm (ζ) =
(B.14)
Notons que cette dernière expression garde un sens pour −ℓ ≤ m < 0. Bien qu’il n’y ait aucune
raison a priori de distinguer les cas m > 0 et m < 0 dans l’équation de Legendre (puisque
seul m2 intervient), il est d’usage de prendre en considération la famille {Pℓm |−ℓ ≤ m ≤ ℓ }
définie par (B.14). On vérifie facilement que Pℓm et Pℓ−m sont proportionnelles :
Pℓ−m (ζ) = (−1)m
(ℓ − m)! m
P (ζ).
(ℓ + m)! ℓ
On a par ailleurs les propriétés d’orthogonalité
Z +1
Pℓm (ζ) Pℓm
′ (ζ) dζ =
−1
2 (ℓ + m)!
δℓℓ′ .
2ℓ + 1 (ℓ − m)!
(B.15)
On définit donc finalement la famille de fonctions harmoniques sphériques suivantes :
s
2ℓ + 1 (ℓ − m)! m
P (cos θ) eimϕ pour − ℓ ≤ m ≤ +ℓ et ℓ ∈ N.
(B.16)
Yℓ,m (θ, ϕ) =
4π (ℓ + m)! ℓ
D’après (B.15) et l’orthogonalité des fonctions eimϕ dans L2 (−π, +π), on a clairement
(Yℓ,m , Yℓ′ ,m′ )L2 (S 2 ) = δℓℓ′ δmm′ .
(B.17)
Pour ℓ ∈ N fixé, on a donc déterminé un système de 2ℓ + 1 vecteurs propres de −∆σ orthonormaux : ils forment donc une base de Yℓ . En résumé, nous venons de démontrer le
Théorème B.7 La famille {Yℓ,m |−ℓ ≤ m ≤ +ℓ, ℓ ∈N } de vecteurs propres de −∆σ forme
une base orthonormale de L2 (S 2 ) : toute fonction ξ ∈ L2 (S 2 ) se décompose sous la forme
ξ=
+ℓ
+∞ X
X
(ξ, Yℓ,m )L2 (S 2 ) Yℓ,m ,
(B.18)
ℓ=0 m=−ℓ
où la série converge dans L2 (S 2 ).
Remarque B.8 Les affirmations de la remarque B.3 sont encore valables ici : cette base
orthonormale de L2 (S 2 ) est aussi une base orthogonale de H s (S 2 ) pour tout s ∈ ]0, 1], et on
a la caractérisation suivante
(
)
+ℓ
+∞
X
X
2
s
2
2
2 s
(ξ, Yℓ,m )L2 (S 2 ) < +∞ .
H (S ) = ξ ∈ L (S ) (1 + ℓ(ℓ + 1))
ℓ=0
m=−ℓ
Chapitre 9
Couplage avec une formulation
variationnelle
Il s’agit d’une méthode destinée à transformer un problème posé dans le domaine non
borné Ωe en un problème équivalent posé en domaine borné. On utilise à cet effet la formule
de représentation intégrale (6.8), ce qui, entre autres, a pour effet de transformer un problème
différentiel et donc local, en problème non local. Le principe en est très simple : on trace de
façon arbitraire une frontière Σ entourant l’obstacle, définissant ainsi un domaine borné Ω′ . Il
s’agit alors de déterminer une condition aux limites sur la frontière Σ et corrélativement un
problème posé dans Ω′ dont l’unique solution soit la trace dans Ω′ du problème initial posé
dans le domaine non borné Ω.
n0
§
e
0
¡
ne
i
9.1
9.1.1
Le problème d’acoustique dissipative
Le problème réduit
Commençons par le problème de Neumann :
∆ϕe + νϕe = 0 dans Ωe
∂ϕe
= fe sur Γ.
∂ne
95
(9.1)
96
Couplage avec une formulation variationnelle
Rappelons la formule de représentation intégrale
Z
Z
∂
ϕe (y)
g(x, y) dγy − fe (y) g(x, y) dγy = ϕe (x) pour x ∈ Ωe ,
∂ y ne
Γ
Γ
soit encore
ϕe (x) = D (ϕe ) (x) + S (fe ) (x) = R (ϕe , fe ) (x), avec
Z
∂
g(x, y) dγy
ϕe (y)
D (ϕe ) (x) =
∂ y ne
Γ
Z
S (fe ) (x) = − fe (y) g(x, y)dγy et
(9.2)
Γ
R (ϕe , fe ) (x) = D (ϕe ) (x) + S (fe ) (x)
Considérons maintenant un ouvert borné contenant Ωi et notons Ω′ son intersection avec Ωe ,
on aura ∂Ω′ = Γ ∪ Σ et Ωe = Ω′ ∪ Ω′′ , la frontière de Ω′′ étant alors Σ. Si on pose ϕ′ = ϕe|Ω′ ,
on constate que ϕ′ est solution du problème réduit :
∆ϕ′ + νϕ′ = 0 dans Ω′
(9.3)
∂ϕ′
= fe sur Γ
∂ne
∂
∂ϕ′
=
R ϕ′ , fe sur Σ,
′
′
∂n
∂n
où n′ est la normale extérieure à l’ouvert Ω′ le long de Σ. Il s’agit bien là d’un problème posé
en domaine borné.
Proposition 9.1 Le problème (9.3) admet pour unique solution ϕ′ la restriction à Ω′ de la
solution ϕe du problème (9.1).
Démonstration. Soit ψ une solution de (9.3), nous poserons
Ψ|Ωi = 0, Ψ|Ω′ = ψ et Ψ|Ω′′ = 0.
⊲ En vertu de la formule de représentation intégrale, on aura
Ψ(x) = R (ψ, fe ) (x) + ζ(x)
où
Z
∂
ψ(y)
ζ(x) =
g(x, y) dγy −
′
∂
yn
Σ
Comme ∂ Ωi ∪ Ω′ = Σ, la fonction ζ vérifie
Z
Σ
∂ψ
(y) g(x, y) dγy
∂n′
∆ζ + νζ = 0 dans Ωi ∪ Ω′
∂Ψ
∂
∂ψ
∂
∂ζ
=
−
R (ψ, fe ) =
−
R (ψ, fe ) = 0 sur Σ,
′
′
′
′
∂n
∂n
∂n
∂n
∂n′
(9.4)
(9.5)
(9.6)
et par conséquent ζ|Ωi ∪Ω′ = 0. En particulier, il en résulte que pour x ∈ Ω′
ψ(x) = R (ψ, fe ) (x).
(9.7)
9.1 Le problème d’acoustique dissipative
97
⊲ Considérons maintenant la fonction R (ψ, fe ) (x), elle vérifie
∆R (ψ, fe ) + νR (ψ, fe ) = 0 dans Ωe
∂
∂
R (ψ, fe ) =
ψ = fe sur Γ.
∂ne
∂ne
(9.8)
En vertu de l’unicité de la solution du problème extérieur, il en résulte que R (ψ, fe ) = ϕe , et par
conséquent ψ = ϕe|Ω′ .
Q.E.D.
Dans la pratique, il nous suffira donc de résoudre le problème (9.3), puis d’utiliser la formule
de représentation intégrale
Z
Z
∂
(9.9)
g(x, y) dγy − fe (y) g(x, y) dγy ,
ψ(y)
ϕe (x) = R (ψ, fe ) (x) =
∂ y ne
Γ
Γ
pour reconstituer la solution ϕe du problème (9.1) dans tout le domaine Ωe .
Remarque 9.2 Lors de la constitution du problème réduit, nous avons utilisé une condition
de Neumann pour réaliser le couplage le long de Σ, il est en fait possible d’utiliser une condition
de Fourier
∂ϕ′
∂
+ λϕ′ =
R ϕ′ , fe + λR ϕ′ , fe sur Σ
′
′
∂n
∂n
ce qui se révèle en particulier nécessaire pour l’étude du problème non dissipatif. On obtient
alors
∆ϕ′ + νϕ′ = 0 dans Ω′
∂ϕ′
∂ne
(9.10)
= fe sur Γ
∂
∂ϕ′
′
′
′
sur Σ,
+
λR
ϕ
,
f
+
λϕ
=
R
ϕ
,
f
e
e
∂n′
∂n′
quant au problème (9.6) il est remplacé par le suivant :
∆ζ + νζ = 0 dans Ωi ∪ Ω′
∂ψ
∂
∂ζ
+ λζ =
+ λψ −
R (ψ, fe ) − λR (ψ, fe ) = 0 sur Σ,
′
′
∂n
∂n
∂n′
(9.11)
L’équivalence entre le problème réduit et le problème initial étant assurée dès que (9.11)
n’admet que la solution nulle, et en particulier dès que λ est réel positif.
9.1.2
Formulation variationnelle
Il est facile de donner du problème réduit (9.3) ou (9.10) une formulation variationnelle.
On aura en effet
Z
Z
Z
Z
Z
∂ϕ′
′
′
′
′
0=−
∆ϕ + νϕ ψ =
ϕ ψ − fe ψ −
ψ,
∇ϕ |∇ψ − ν
′
Ω′
Ω′
Γ
Σ ∂n
Ω′
98
Couplage avec une formulation variationnelle
soit, dans le cas du couplage par condition de Neumann
Trouver ϕ′ ∈ H 1 (Ω′ ) tel que ∀ψ ∈ H 1 (Ω′ ) on ait
(9.12)
Z
Z
Z
Z
2
∂
g(x, y) dγy dγx
ϕ′ ψ −
∇ϕ′ |∇ψ − ν
ψ(x) ϕ′ (y)
∂ x n′ ∂ y ne
Ω′
Ω′
Σ
Γ
Z
Z
Z
∂
= − ψ(x) fe (y)
g(x, y) dγy dγx − fe ψ
∂ x n′
Σ
Γ
Γ
et dans le cas du couplage par condition de Fourier
Trouver ϕ′ ∈ H 1 (Ω′ ) tel que ∀ψ ∈ H 1 (Ω′ ) on ait
Z
Z
Z
ϕ′ ψ + λ ϕ′ ψ
∇ϕ′ |∇ψ − ν
′
Σ
Ω′
Ω
Z
Z
2
∂
∂
′
−
ψ(x) ϕ (y)
+λ
g(x, y) dγy dγx
∂ x n′ ∂ y ne
∂ y ne
Γ
Σ
Z
Z
Z
∂
ψ(x) fe (y)
= − fe ψ −
+ λ g(x, y) dγy dγx
∂ x n′
Σ
Γ
Γ
(9.13)
Nous savons déjà que les problèmes (9.12) et (9.13) ont pour unique solution la restriction
de ϕe à Ω′ , mais nous ne savons pas encore s’ils sont bien posés, c’est-à-dire si l’application
fe → ϕ′ : H −1/2 (Γ) → H 1 (Ω′ ) est continue. Considérons par exemple le problème (9.13), en
vertu du théorème de trace et par application du théorème de représentation de Riesz, il peut
se mettre sous la forme suivante :
où
Trouver ϕ′ ∈ H 1 (Ω′ ) tel que ∀ψ ∈ H 1 (Ω′ ) on ait
(9.14)
′
′
′
Aϕ |ψ H 1 (Ω′ ) + K1 ϕ |ψ H 1 (Ω′ ) + K2 ϕ |ψ H 1 (Ω′ ) = (F1 |ψ )H 1 (Ω′ ) + (F2 |ψ )H 1 (Ω′ )
′
Aϕ |ψ
K1 ϕ′ |ψ
′
K2 ϕ |ψ
et
H 1 (Ω′ )
H 1 (Ω′ )
H 1 (Ω′ )
=
Z
′
∇ϕ |∇ψ − ν
Ω′
=λ
Z
=−
ϕ′ ψ
Σ
Z
ψ(x)
Σ
(F1 |ψ )H 1 (Ω′ ) = −
(F2 |ψ )H 1 (Ω′ ) = −
Z
Z
Z
′
ϕ (y)
Γ
Z
ϕ′ ψ
(9.15)
Ω′
∂2
∂
+λ
′
∂ x n ∂ y ne
∂ y ne
g(x, y) dγy dγx
(9.16)
fe ψ
Γ
ψ(x)
Σ
Z
fe (y)
Γ
∂
+
λ
g(x, y) dγy dγx .
∂ x n′
Nous savons que la forme bilinéaire a(ϕ′ , ψ) = (Aϕ′ |ψ )H 1 (Ω′ ) est coercive dans H 1 (Ω′ ), et
par conséquent en vertu du théorème de Lax-Milgram que l’opérateur A est un isomorphisme.
Par ailleurs
Z
′ ′
K1 ϕ |ψ H 1 (Ω′ ) = |λ| ϕ ψ ≤ |λ| ϕ′ L2 (Σ) kψkL2 (Σ) ≤ |λ| C ϕ′ H 2/3 (Ω′ ) kψkH 1 (Ω′ ) ,
Σ
9.1 Le problème d’acoustique dissipative
99
en vertu du théorème de trace, ce qui fait de K1 un opérateur continu sur H 2/3 (Ω′ ). Selon
le théorème de Rellich, comme Ω′ est borné, l’injection canonique H 1 (Ω′ ) → H 2/3 (Ω′ ) est
compacte, et par conséquent l’opérateur K1 : H 1 (Ω′ ) → H 1 (Ω′ ). Enfin
Z
2
∂
∂
′
′
K2 ϕ |ψ H 1 (Ω′ ) ≤ kψkH 1 (Ω′ ) ϕ (y) ∂· n′ ∂y ne + λ ∂y ne g(·, y) dγy 2
Γ
L (Σ)
Z 2
′
∂
∂
≤ kψkH 1 (Ω′ ) ϕ L2 (Γ) +
λ
g(·,
y)
dγ
y
2
′
∂ y ne
Γ ∂ · n ∂ y ne
L (Σ)
2
∂
∂2
,
≤ kψkH 1 (Ω′ ) ϕ′ L2 (Γ) |Γ|1/2 ∂ x n′ ∂ y ne + λ ∂ y ne g 2
L (Σ×Γ)
d’où la compacité de l’opérateur K2 : H 1 (Ω′ ) → H 1 (Ω′ ). Nous avons donc démontré le
Théorème 9.3 Le problème (9.13) est équivalent au problème suivant
Trouver ϕ′ ∈ H 1 (Ω′ ) tel que
′
(9.17)
′
Aϕ + Kϕ = F
où A est un isomorphisme et K = K1 + K2 un opérateur compact. En vertu de l’unicité de la
solution ϕ′ du problème (9.13) et de l’alternative de Fredholm, A + K est un isomorphisme
de H 1 (Ω′ ), c’est dire que la solution ϕ′ dépend continûment de F.
On peut donner de K2 une expression plus aisément discrétisable car comportant des dérivées
d’ordre moins élevé du noyau de Green.
9.1.3
Une formulation alternative
Il s’agit de remplacer la formule
Z
Z
ψ(x) ϕ′ (y)
Σ
Γ
∂2
g(x, y) dγy dγx
∂ x n′ ∂ y ne
(9.18)
intervenant dans l’expression de l’opérateur K2 par une plus régulière ne faisant pas intervenir
de dérivée seconde de la solution élémentaire, c’est-à-dire de trouver une expression alternative
pour
Z
Z
∂
∂
ψ(x)
ϕ′ (y)
g(x, y) dγy dγx .
′
∂x n Γ
∂ y ne
Σ
Posons
Z
Z
∂
(9.19)
g(x, y) dγy = − p(y) (∇G (x − y) |ne (y) ) dγy ,
p(y)
δ (x) =
∂ y ne
Γ
Γ
on a
(∇G (x − y) |ne (y) ) = divx (G (x − y) ne (y)) = divx (g (x, y) ne (y))
(9.20)
d’où
δ (x) = − div
Z
p(y)g(x, y)ne (y) dγy
(9.21)
Γ
Si la fonction d’essai ψ est nulle au voisinage de Γ,
Z
Z
Z
∂δ
δψ.
(∇δ
|∇ψ
)
−
ν
ψdγ
=
′
Σ ∂n
Ω′
Ω′
(9.22)
100
Couplage avec une formulation variationnelle
En dimension 3
⊲ Comme ∆ = ∇ div − rot rot,
Z
Z
∇δ (x) = − rot rot p(y)g(x, y)ne (y) dγy + ν p(y)g(x, y)ne (y) dγy .
(9.23)
Γ
Γ
Mais de plus
rotx (g(x, y)ne (y)) = ∇x g(x, y) ∧ ne (y) ,
d’où
∇δ (x) = − rot
Z
Γ
p(y) (∇x g(x, y) ∧ ne (y)) dγy + ν
Selon la formule de Green
Z
Z
(rot u |v ) dx =
Ω′
Ω′
(u |rot v ) dx −
Z
Z
p(y)g(x, y)ne (y) dγy
(9.25)
Γ
u n′ ∧ v dγ
Σ
on en déduit que
Z Z
Z
rot p(y) (∇x g(x, y) ∧ ne (y)) dγy |∇ψ
(∇δ |∇ψ ) = −
Γ
Ω′
Ω′
Z Z
p(y)g(x, y)ne (y) dγy |∇ψ
+ν
Γ
Ω′
Z
Z
′
p(y) (∇x g(x, y) ∧ ne (y)) dγy n (x) ∧ ∇ψ (x) dγx
=
Γ
Σ
Z Z
p(y)g(x, y)ne (y) dγy |∇ψ (x) dx
+ν
Ω′
(9.24)
(9.26)
(9.27)
Γ
⊲ Par ailleurs
Z
Z
p(y) (∇y g(x, y) ∧ ne (y)) dγy
p(y) (∇x g(x, y) ∧ ne (y)) dγy =
Γ
Γ
Z
(∇y (p(y)g(x, y)) ∧ ne (y)) dγy
=
Γ
Z
− g(x, y) (∇y p(y) ∧ ne (y)) dγy
Γ
Z
= − g(x, y) (∇y p(y) ∧ ne (y)) dγy
(9.28)
Γ
car
d’où
Z
Ωi
∂ 2 f (y)
dy =
∂yj ∂yk
Z
Z
Γ
Γ
∂f (y)
nk (y) dγy =
∂yj
Z
Γ
∂f (y)
nj (y) dγy
∂yk
∇f (y) ∧ ne (y) dγy = 0,
et par conséquent, avec f (y) = p(y)g(x, y),
Z
∇y (p(y)g(x, y)) ∧ ne (y) dγy = 0.
Γ
(9.29)
9.1 Le problème d’acoustique dissipative
⊲ Puis
Z
mais
Z Z
Ω′
Γ
Z Z
(∇δ |∇ψ ) = −
Ω′
Z
+ν
g(x, y) n′ (x) ∧ ∇x ψ (x) |(ne (y) ∧ ∇y p(y)) dγy dγx
Σ Γ
Z
p(y)g(x, y)ne (y) dγy |∇ψ (x) dx
Ω′
Γ
p(y)g(x, y)ne (y) dγy |∇ψ (x)
dx = −
+
or
δ (x) = −
=−
d’où
Z
101
Z
Z
Z
Z
ψ (x) div
Ω′
ψ (x)
Σ
Z
Γ
Z
p(y)g(x, y)ne (y) dγy dx
Γ
p(y)g(x, y) ne (y) n′ (x) dγy dx
Γ
p(y) (∇G (x − y) |ne (y) ) dγy
Γ
p(y) divx (g (x, y) ne (y)) dγy = − div
Z
p(y)g(x, y)ne (y) dγy ,
Γ
Z Z
g(x, y) ne (y) ∧ ∇y p(y) n′ (x) ∧ ∇x ψ (x) dγy dγx
(∇δ |∇ψ ) = −
Ω′
ZΣ Γ
ψ (x) δ (x) dx
+ν
′
ZΩ
Z
+ν
ψ (x) p(y)g(x, y) ne (y) n′ (x) dγy dx
Σ
(9.30)
(9.31)
Γ
⊲ Enfin
Z
Σ
∂δ
ψdγ =
∂n′
Z
δψ
(∇δ |∇ψ ) − ν
Ω′
Z
=ν
ψ (x) p(y)g(x, y) ne (y) n′ (x) dγy dx
Γ
Z ZΣ
g(x, y) ne (y) ∧ ∇y p(y) n′ (x) ∧ ∇x ψ (x) dγy dγx .
−
Ω′
Z
Σ
En dimension 2
Z
Γ
On note ici
rot u = u2,1 − u1,2 (rotationnel scalaire)
ϕ,2
Rot ϕ =
(rotationnel vecteur)
−ϕ,1
ainsi que
u ∧ v = u1 v 2 − u2 v 1
(9.32)
102
Couplage avec une formulation variationnelle
on aura alors
∆ = ∇ div − Rot rot
Moyennant ces notations, le calcul se déroule comme dans le cas tridimensionnel et on aura
Z
Z
∇δ (x) = − Rot p(y) (∇x g(x, y) ∧ ne (y)) dγy + ν p(y)g(x, y)ne (y) dγy
Γ
Γ
La formule de Green prend la forme suivante :
Z
Z
Z
ϕ rot vdx −
(Rot ϕ |v ) dx =
ϕ n′ ∧ v dγ
Ω′
Ω′
Σ
ce qui conduit à une formule en tout point analogue à (9.32) :
Z
Z
Z
∂δ
ψdγ = ν
ψ (x) p(y)g(x, y) ne (y) n′ (x) dγy dx
′
Γ
Σ ∂n
Z ZΣ
g(x, y) (ne (y) ∧ ∇y p(y)) n′ (x) ∧ ∇x ψ (x) dγy dγx .
−
Σ
9.1.4
(9.33)
Γ
Discrétisation
Notons Vh un sous-espace de dimension finie de H 1 (Ω′ ), dont une base est formée des wi ,
i = 1, n, et
X
ϕ′h =
Φ′j wj
j=1,n
un élément de Vh de coordonnées Φ′j dans cette base. La version discrète du problème (9.14)
est la suivante
X
Trouver Φ′j , j = 1, n tels que ∀i on ait
j=1,n
((A + K) wj |wi )H 1 (Ω′ ) Φ′j = (F |wi )H 1 (Ω′ ) ,
soit sous forme matricielle
AΦ = B,
(9.34)
où
Bi = (F |wi )H 1 (Ω′ ) = −
Z
Γ
fe w i −
Z
wi (x)
Σ
Z
fe (y)
Γ
∂
+ λ g(x, y) dγy dγx
∂x n
(9.35)
et
Aij = ((A + K) wj |wi )H 1 (Ω′ )
Z
Z
Z
wj wi + λ wj wi
(∇wj |∇wi ) − ν
=
′
Σ
Ω′
Ω 2
Z
Z
∂
∂
+λ
−
wi (x) wj (y)
g(x, y) dγy dγx .
∂ x n′ ∂ y ne
∂ y ne
Σ
Γ
(9.36)
9.1 Le problème d’acoustique dissipative
9.1.5
103
Le problème de Dirichlet
On résout maintenant le problème de Dirichlet
∆ϕe + νϕe = 0 dans Ωe
(9.37)
ϕe = ge sur Γ.
dont la solution vérifie la formule de représentation intégrale
ϕe = D (ge ) + S
Le terme
S
∂ϕe
∂ne
∂ϕe
∂ne
(x) = −
Z
Γ
∂ϕe
= R ge ,
∂ne
.
∂ϕe
(y) g(x, y) dγy
∂ne
ne se prête pas bien à la discrétisation car ∂ϕh /∂ne ne converge pas dans L2 . Soit E un
relèvement dans Ω′ de la donnée sur Γ, soit en fait un opérateur linéaire continu H 1/2 (Γ) dans
H 1 (Ω′ ) vérifiant E(u)|Γ = u et E(u)|Σ = 0. On aura
S
∂ϕe
∂ne
Z
Z
(∇ϕe (y) |∇y Ey (g(x, ·)) ) dγy
∆ϕe (y) Ey (g(x, ·)) dγy −
(x) = −
′
′
Z Ω
ZΩ
(∇ϕe (y) |∇y Ey (g(x, ·)) ) dγy
ϕe (y) Ey (g(x, ·)) dγy −
=ν
(9.38)
Ω′
Ω′
= T (ϕe , ∇ϕe (y)),
ce qui permet d’écrire réduire le problème (9.37) selon, par exemple un couplage par condition
de Neumann, sous la forme
∆ϕ′ + νϕ′ = 0 dans Ω′
(9.39)
′
ϕ = ge sur Γ
∂ϕ′
∂
=
(D (ge ) + T (ϕe , ∇ϕe (y))) sur Σ,
∂n
∂n
dont la formulation variationnelle est la suivante
Trouver ϕ′ ∈ H 1 (Ω′ ) tel que ϕ′|Γ = ge et ∀ψ ∈ H01 (Ω′ )
(9.40)
Z
Z
Z
Z
ϕ′ ψ − ν
ϕ′ (y) Ey (g(x, ·)) dγy dγx
ψ(x)
∇ϕ′ ∇ψ − ν
Ω′
Σ
Ω′
Ω′
Z
Z
∇ϕ′ (y) |∇y Ey (g(x, ·)) dγy dγx
ψ(x)
+
Ω′
Σ
Z
Z
∂2
=
ψ(x) ge (y)
g(x, y) dγy dγx .
∂ x n′ ∂ y ne
Σ
Γ
Il s’agit là encore d’un problème bien posé en vertu de l’alternative de Fredholm.
104
Couplage avec une formulation variationnelle
9.2
9.2.1
Le Laplacien en dimension 3 et le problème d’acoustique
non dissipative
Le problème réduit
Nous ne disposons pas actuellement d’un théorème d’existence pour le problème non dissipatif, mais seulement d’un résultat d’unicité. La première question est relative à l’existence
d’une solution au problème de diffraction
∆ϕe + k 2 ϕe = 0 dans Ωe
∂ϕe
= fe sur Γ
∂ne
Condition de rayonnement.
(9.41)
(9.42)
Dans un premier temps, on peut cependant interroger la relation entre le problème de diffraction et le problème réduit construit selon le même procédé qu’au paragraphe précédent en
remplaçant ν par k 2 réel positif ou nul et la fonction de Green associée à ν par celle associée
à k2 .
Admettons que le problème réduit (9.43), analogue à (9.10), possède une solution ψ :
∆ψ + k 2 ψ(x) = R (ψ, fe ) (x) = 0 dans Ω′
∂ψ
= fe sur Γ
∂ne
∂
∂ψ
+ λψ =
R (ψ, fe ) + λR (ψ, fe ) sur Σ.
′
∂n
∂n′
(9.43)
La difficulté consiste à démontrer que le problème (9.44), analogue à (9.11) :
∆ζ + k 2 ζ = 0 dans Ωi ∪ Ω′
∂ζ
∂ψ
∂
+ λζ =
+ λψ −
R (ψ, fe ) − λR (ψ, fe ) = 0 sur Σ,
′
′
∂n
∂n
∂n′
où
Z
∂
ζ(x) =
ψ(y)
g(x, y) dγy −
∂ y n′
Σ
Z
∂ψ
(y) g(x, y) dγy
′
Σ ∂n
ne possède que la solution triviale. Pour toute fonction ξ ∈ H 1 Ωi ∪ Ω′ , on aura
Z
Ωi ∪Ω′
(∇ζ |∇ξ ) dx − k
d’où
Im λ
et par conséquent
2
Z
Z
Σ
ζξdx + λ
Ωi ∪Ω′
|ζ|2 dγ = 0,
∂ζ
= λζ = 0 sur Σ.
∂n′
Z
ζξdγ = 0,
Σ
(9.44)
9.2 Le Laplacien en dimension 3 et le problème d’acoustique non dissipative
La formule de représentation intégrale dans Ωi ∪ Ω′ permet alors d’écrire
Z
Z
∂
∂ζ
ζ(y)
ζ (x) =
g(x,
y)
dγ
−
(y) g(x, y) dγy = 0, ∀x ∈ Ωi ∪ Ω′
y
′
′
∂
n
∂n
y
Σ
Σ
De même qu’au paragraphe précédent il en résulte que ψ(x) = R (ψ, fe ) (x) ; la fonction
R (ψ, fe ) (x) =
Z
ψ(y)
Γ
∂
g(x, y) dγy −
∂ y ne
Z
fe (y) g(x, y) dγy
Γ
vérifie
∆R (ψ, fe ) + k 2 R (ψ, fe ) = 0 dans Ωe
∂
∂
R (ψ, fe ) =
ψ = fe sur Γ.
∂ne
∂ne
mais également la condition de rayonnement, puisque g (x, y) = G (x − y) la vérifie. Il en
résulte que si ψ est une solution du problème réduit (9.43), alors R (ψ, fe ) est solution du
problème de diffraction (9.41).
Réciproquement, si ϕe est solution du problème de diffraction (9.41), alors il est clair
que ϕe|Ω′ est solution du problème réduit (9.43) ; comme ce dernier n’admet pas plus d’une
solution, il en est de même du problème réduit.
9.2.2
La méthode de compacité
De même qu’en (9.13) une formulation variationnelle du problème réduit est la suivante :
Trouver ϕ′ ∈ H 1 (Ω′ ) tel que ∀ψ ∈ H 1 (Ω′ ) on ait
Z
Z
Z
∇ϕ′ |∇ψ − k 2
ϕ′ ψ + λ ϕ′ ψ
′
Ω′
Σ
Ω 2
Z
Z
∂
∂
′
+λ
g(x, y) dγy dγx
ψ(x) ϕ (y)
−
∂ x n′ ∂ y ne
∂ y ne
Σ
Γ
Z
Z
Z
∂
= − fe ψ −
ψ(x) fe (y)
+ λ g(x, y) dγy dγx ,
∂ x n′
Γ
Σ
Γ
(9.45)
ou encore
où
Trouver ϕ′ ∈ H 1 (Ω′ ) tel que ∀ψ ∈ H 1 (Ω′ ) on ait
(9.46)
′
′
′
Bϕ |ψ H 1 (Ω′ ) + L1 ϕ |ψ H 1 (Ω′ ) + K2 ϕ |ψ H 1 (Ω′ ) = (F1 |ψ )H 1 (Ω′ ) + (F2 |ψ )H 1 (Ω′ ) ,
′
Bϕ |ψ
L1 ϕ′ |ψ
H 1 (Ω′ )
H 1 (Ω′ )
Z
Z
ϕ′ ψ
(9.47)
Z
Z
ϕ′ ψ = K1 ϕ′ |ψ H 1 (Ω′ ) − 1 + k 2 L2 ϕ′ |ψ H 1 (Ω′ ) .
= λ ϕ′ ψ − 1 + k 2
=
′
Ω′
Σ
∇ϕ |∇ψ +
Ω′
Ω′
105
106
Couplage avec une formulation variationnelle
Ici B est manifestement coercif dans H 1 (Ω′ ), quant à L2 il est compact, car continu L2 (Ω′ ) →
H 1 (Ω′ ), puisque
L 2 ϕ′ H 1 (Ω′ )
=
sup
(L2 ϕ |ψ )H 1 (Ω′ )
ψ∈H 1 (Ω′ )
≤ kϕkL2 (Ω′ )
kψkH 1 (Ω′ )
sup
ψ∈H 1 (Ω′ )
kψkL2 (Ω′ )
kψkH 1 (Ω′ )
≤ kϕkL2 (Ω′ ) .
Il s’agit donc toujours de la somme d’un opérateur coercif et d’un opérateur compact, susceptible de l’alternative de Fredholm, ce qui prouve que le problème (9.45) , et donc (9.41)
admet une solution et une seule.
9.2.3
Les fréquences irrégulières
Considérons le cas où le problème réduit est issu du couplage par condition de Neumann :
∆ϕ′ + k 2 ϕ′ = 0 dans Ω′
(9.48)
∂ϕ′
= fe sur Γ
∂ne
∂ϕ′
∂
=
R ϕ′ , fe sur Σ.
′
′
∂n
∂n
Le problème analogue à (9.44) prend alors la forme suivante :
∆ζ + k 2 ζ = 0 dans Ωi ∪ Ω′
(9.49)
∂ψ
∂
∂ζ
=
−
R (ψ, fe ) = 0 sur Σ.
∂n′
∂n′ ∂n′
C’est un problème aux valeurs propres associé à un opérateur auto-adjoint d’inverse compact,
qui admet une quantité dénombrable de valeurs propres kj2 , formant une suite inférieurement
bornée par un nombre strictement positif et tendant vers l’infini. Notons ζj une fonction
propre associée à la valeur propre kj2 , selon la formule de représentation intégrale dans Ωi on
aura
∂ζj
R ζj ,
= 0 dans Ω′
∂ne
Soit alors le problème de diffraction suivant :
∆ψj + kj2 ψj = 0 dans Ωe
∂ζj
∂ψj
=
sur Γ,
∂ne
∂ne
Condition de rayonnement,
(9.50)
(9.51)
nous venons de démontrer qu’il admet une solution et une seule ; considérons alors la fonction
ηj = ψj − ζj , elle vérifie
∆ηj + kj2 ηj = 0 dans Ω′
∂ηj
= 0 sur Γ,
∂ne
∂ηj
∂
−
R (ηj , 0) = 0 sur Σ
′
∂n
∂n′
9.3 Le Laplacien en dimension 2
car, sur Σ
∂ψj
∂ζj
∂ψj
∂
∂
∂
∂
∂
R (ηj , 0) =
R ψj ,
R ζj ,
R ψj ,
ηj .
−
=
=
′
′
′
′
∂n
∂n
∂ne
∂n
∂ne
∂n
∂ne
∂n′
Il en résulte que ηj est solution d’un problème homogène dans Ω′ . Montrons que ηj 6= 0, et
raisonnons par l’absurde à cet effet. Si on suppose que ψj = ζj dans Ω′ , alors la fonction ψj
prolonge ζj à Rn tout entier en une solution de l’équation de Helmholtz vérifiant la condition
de rayonnement. Il en résulte que ζj = 0, ce qui constitue une contradiction.
Ce que nous avons montré c’est que pour certaines valeurs de k 2 (les fréquences propres
du problème de Neumann intérieur à Σ) le problème réduit selon le couplage par condition
de Neumann est mal posé car admettant une multiplicité de solutions. C’est ce qui rend
nécessaire l’utilisation du couplage par condition de Fourier.
9.3
Le Laplacien en dimension 2
107
108
Couplage avec une formulation variationnelle
Chapitre 10
Equations intégrales abstraites
Nous allons maintenant introduire des inconnues auxiliaires, qui vont permettre d’exprimer
ces problèmes sous forme d’équations portant uniquement sur des fonctions définies sur le bord
Γ, nous verrons par la suite qu’il s’agit bien là d’équations intégrales. Les équations que nous
établirons découlent d’un potentiel de ‘simple couche’ ou de ‘double couche’, nous réserverons
l’explication de cette terminologie pour un chapitre ultérieur.
10.1
10.1.1
Le problème d’acoustique dissipatif
Potentiel de simple couche
Donnons nous g ∈ H 1/2 (Γ), et résolvons les problèmes intérieur et extérieur (4.3) associés
à la donnée de Dirichlet commune gℓ = g, ℓ = i, e :
∆ϕℓ + νϕℓ = 0 dans Ωℓ ,
(10.1)
ϕℓ = g sur Γ, ℓ = i, e.
Nous noterons ϕ la fonction dont les restrictions respectives à Ωi et Ωe sont égales à ϕi et ϕe ;
comme les traces sur Γ de ϕe et ϕi sont identiques, on montre aisément que ϕ ∈ H 1 (Rn ). Si
on considère [∂ϕ/∂n] comme donné, l’inconnue ϕ sera solution du problème suivant :
∆ϕℓ + νϕℓ = 0 dans Ωℓ , ℓ = i, e
(10.2)
[ϕ]ℓ = 0 et [∂ϕ/∂n] = q sur Γ.
soit, sous forme variationnelle
Trouver
ϕ ∈ H 1 (RZn ) tel que ∀ψ ∈ H 1 (Rn )
Z
ϕ ψ = q, ψ H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) .
∇ϕ · ∇ψ − ν
Rn
(10.3)
Rn
Il s’agit, comme précédemment d’un problème coercif, qui par le théorème de Lax-Milgram,
définit un opérateur linéaire continu S :
ϕ = S(q) : H −1/2 (Γ) → H 1 (Rn ).
109
(10.4)
110
Equations intégrales abstraites
C’est dire que
Z
Z
∇S(q) · ∇ψ − ν
Rn
Rn
S(q)ψ = q, ψ H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) , ∀ψ ∈ H 1 (Rn ).
(10.5)
En particulier, on constate que la donnée de [∂ϕ/∂n] détermine de façon unique ϕi et ϕe
vérifiant séparément l’équation de Helmholtz dans Ωi et Ωe et partageant la même trace sur
Γ.
Le problème de Dirichlet
Etudions maintenant de quelle façon l’opérateur S permet de résoudre les problèmes de
Dirichlet intérieurs et extérieurs (4.3). Notons à cet effet γ0 la trace : H 1 (Rn ) → H 1/2 (Γ), et
σ = γ0 ◦ S.
♥
(10.6)
Proposition 10.1 Si S est défini par (10.5), σ = γ0 ◦ S est un isomorphisme : H −1/2 (Γ) →
H 1/2 (Γ).
Démonstration.
⊲ Il est clair tout d’abord que σ est continue, démontrons qu’elle est injective. Notons ϕℓ = S(q)|Ωℓ
et supposons que σ(q) = 0, soit γ0 ◦ S(q) = 0, c’est-à-dire ϕℓ|Γ = 0, ℓ = i, e. Il en résulte que
ϕi = ϕe = 0, et par conséquent q = [∂ϕ/∂n] = 0.
⊲ La construction même de σ montre qu’elle est surjective. Si on se donne en effet g ∈ H 1/2 (Γ),
si on note ui et ue les solutions respectives de (4.3) pour gℓ = g, ℓ = i, e, et u la fonction dont les
restrictions respectives à Ωi et Ωe sont ui et ue , et qu’on pose q = [∂u/∂n] , alors u = S(q), d’où
g = γ0 ◦ u = σ(q).
⊲ Il ne reste plus pour conclure qu’à invoquer le théorème de l’application ouverte.
Q.E.D.
Pour g donné dans H 1/2 (Γ), la résolution de l’équation
σ(q) = g
(10.7)
fournit donc la valeur de q = [ϕ] , ce qui nous permet de reconstituer ϕ, et donc ϕe et ϕi par
application de l’opérateur S. En particulier, pour résoudre le problème de Dirichlet (4.3) par
l’intermédiaire d’un potentiel de simple couche, il suffit de résoudre l’équation σ(qℓ ) = gℓ ; on
aura alors uℓ = S(qℓ )|Ωℓ .
Cependant, il ne suffit pas de savoir que σ est un isomorphisme pour discrétiser (10.7)
et assurer la convergence de la solution approchée. Nous commencerons par donner de (10.7)
une formulation variationnelle coercive, puis dans un chapitre ultérieur nous utiliserons les
solutions élémentaires, ou fonctions de Green, pour donner de S puis de σ, des expressions
explicites se prêtant au calcul numérique.
Nous poserons (10.7) sous la forme équivalente suivante :
−1/2 (Γ) tel que ∀t ∈ H −1/2 (Γ),
Trouver
Eq ∈ H
D
= ht, giH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) .
t, σ(q) −1/2
1/2
H
(Γ),H
(Γ)
(10.8)
10.1 Le problème d’acoustique dissipatif
♥
111
D
E
Proposition 10.2 La forme sesquilinéaire t, σ(q)
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
est coercive sur l’espace
H −1/2 (Γ).
Démonstration.
⊲ Remarquons tout d’abord que
D
E Z
ht, σ(q)i = t, γ0 ◦ S(q) =
Rn
∇S(t) · ∇S(q) − ν
Z
S(t)S(q),
Rn
d’après (10.5), ce qui met bien en évidence la symétrie des rôles de t et q.
⊲ On aura donc
D
soit
E
q, σ(q) =
Z
2
Rn
k∇S(q)k − ν
Z
2
Rn
2
|S(q)| ≥ C kS(q)kH 1 (Rn ) ,
E
D
2
2
2
q, σ(q) ≥ C kγ0 ◦ S(q)kH 1/2 (Γ) = C kσ(q)kH 1/2 (Γ) ≥ C kqkH −1/2 (Γ) .
Q.E.D.
Le problème de Neumann
Notons γ1ℓ la trace de la dérivée normale H 1 (∆; Ωℓ ) → H −1/2 (Γ), pour ℓ = e, i et
δ ℓ = γ1ℓ ◦ S.
(10.9)
Proposition 10.3 Si S est défini par (10.5), δ ℓ = γ1ℓ ◦ S est un isomorphisme H −1/2 (Γ) →
H −1/2 (Γ).
ℓ
Démonstration. La démonstration est analogue à celle de la proposition 10.1, comme δ est continue, il nous suffira de démontrer qu’elle est bijective.
⊲ Supposons que δ ℓ (q) = γ1ℓ ◦ S(q) = 0, soit ∂ϕℓ /∂n|Γ = 0, alors ϕℓ solution du problème de
Neumann homogène (4.1) est nulle, et par conséquent γ0 ϕℓ = γ0 ϕℓ′ = 0, d’où il résulte que ϕℓ′
solution du problème de Dirichlet homogène (4.3) est nulle, et que q = [∂ϕ/∂n] = 0.
⊲ Soit maintenant fℓ ∈ H −1/2 (Γ), notons uℓ la solution du problème de Neumann (4.1) dans Ωℓ
et uℓ′ celle du problème (4.3) dans Ωℓ′ , avec pour donnée de Dirichlet gℓ′ = uℓ|Γ . Si u note la fonction
dont les restrictions respectives à Ωℓ et Ωℓ′ sont uℓ et uℓ′ , et si on pose q = [∂u/∂n] , alors u = S(q),
d’où fℓ = γ1ℓ uℓ = δ ℓ (q).
Q.E.D.
On constate donc que, pour résoudre le problème de Neumann (4.1) grâce à un potentiel de
simple couche, il suffit de résoudre l’équation
δ ℓ (qℓ ) = fℓ ,
(10.10)
et qu’on aura uℓ = S(qℓ )|Ωℓ . Cependant, l’équation (10.10) ne donne plus lieu à un problème
variationnel coercif ; nous verrons par la suite sous quelle forme on peut envisager de la
discrétiser.
♥
112
Equations intégrales abstraites
10.1.2
Potentiel de double couche
De même on fera intervenir conjointement les problèmes de Neumann intérieurs et extérieurs. Donnons nous donc fe = −fi ∈ H −1/2 (Γ) et considérons les problèmes coercifs
(10.11)
∆ϕi + νϕi = 0 dans Ωi ,
∂ϕi
= fi sur Γ,
∂ni
et
(10.12)
∆ϕe + νϕe = 0 dans Ωe ,
∂ϕe
= fe sur Γ,
∂ne
♠
qui là encore sont associés à une donnée de Neumann commune. Il se présente une difficulté
supplémentaire, due au fait que les traces de ϕi et ϕe ne sont plus les mêmes sur Γ, et que
par conséquent, la fonction dont les restrictions à Ωi et Ωe sont respectivement ϕi et ϕe
n’appartient plus à H 1 (Rn ). Nous allons adopter un point de vue assez inhabituel consistant
à considérer l’équation différentielle comme une condition essentielle, ce qui permettra de
considérer les conditions de Dirichlet comme des conditions naturelles. Notons
Xℓ = ϕℓ ∈ H 1 (Ωℓ ) |∆ϕℓ + νϕℓ = 0 dans Ωℓ , ℓ = i, e,
où les équations ∆ϕℓ + νϕℓ = 0, ℓ = i et e, doivent être interprétées au sens des distributions,
et
X = {ϕ = (ϕi , ϕe ) |ϕi ∈ Xi , ϕe ∈ Xe , [∂ϕ/∂n] = 0 } .
Lemme 10.4 X est un sous-espace fermé de H 1 (Ωi ) × H 1 (Ωe ).
Démonstration. Considérons une suite convergente ϕk d’éléments de X, au sens de la topologie de
H 1 (Ωi ) × H 1 (Ωe ), soit vers ϕ. On posera ϕk = ϕki , ϕke , et pour ℓ = i, e on aura, ∀ψ ∈ H 1 (Rn ),
k Z
Z
∂ϕℓ
∇ϕkℓ · ∇ψ − ν
ϕkℓ ψ =
,ψ ,
∂nℓ
Ωℓ
Ωℓ
et par conséquent
Z
Ωi
∇ϕki · ∇ψ +
Z
∇ϕi · ∇ψ +
Z
Ωe
∇ϕke · ∇ψ − ν
Z
∇ϕe · ∇ψ − ν
Z
Ωi
ϕki ψ − ν
Z
Ωi
ϕi ψ − ν
Z
Ωe
ϕke ψ = 0,
d’où il résulte que
Z
Ωi
Ωe
ϕe ψ = 0,
Ωe
ce qui s’interprète de la façon suivante :
∆ϕℓ + νϕℓ = 0 dans Ωℓ , ℓ = i, e, et [∂ϕ/∂n] = 0 ;
c’est dire que ϕ ∈ X.
(10.13)
Q.E.D.
10.1 Le problème d’acoustique dissipatif
113
Si ϕi et ϕe sont respectivement solutions de (10.11) et (10.12), et si on tient compte du fait
que pour ψ ∈ X, ∆ψi + νψi = 0 et ∆ψe + νψe = 0, à l’aide de la formule de Green, on montre
aisément que le problème suivant :
∆ϕℓ + νϕℓ = 0 dans Ωℓ , ℓ = i, e,
(10.14)
[ϕ]ℓ = pℓ et [∂ϕ/∂n] = 0 sur Γ,
admet pour formulation variationnelle coercive
Trouver ϕ ∈ X, tel que
on ait Z
Z ∀ψ ∈ X, ∂ψ
∇ψ · ∇ϕ − ν
ψϕ =
,p
∂nℓ ℓ
Ωi ∪Ωe
Ωi ∪Ωe
.
(10.15)
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
L’application Dℓ qui en découle :
ϕ = Dℓ (pℓ ) : H 1/2 (Γ) → X
(10.16)
′
constitue donc un opérateur linéaire continu. Remarquons qu’en fait Dℓ = −Dℓ et pℓ′ = −pℓ ,
et qu’au signe près, il n’y a donc en fait qu’un seul opérateur D. Avec cette notation, on
pourra donc écrire
Z
Ωi ∪Ωe
∇ψ ·
∇Dℓ (p
ℓ)
−ν
Z
ψDℓ (p
Ωi ∪Ωe
ℓ)
=
∂ψ
,p
∂nℓ ℓ
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
, ∀ψ ∈ X.
(10.17)
Le problème de Neumann
Posons
∆ℓ = γ1ℓ ◦ Dℓ ,
(10.18)
si ϕ est solution de (10.15), nous aurons
γ1ℓ ϕ = ∂ϕℓ /∂nℓ = −∂ϕℓ′ /∂nℓ′ : X → H −1/2 (Γ).
Proposition 10.5 Si Dℓ est défini par (10.17), ∆ℓ = γ1ℓ ◦Dℓ est un isomorphisme H 1/2 (Γ) →
H −1/2 (Γ).
Démonstration. La démonstration est analogue à celle de la proposition 10.1 ; démontrons que ∆ℓ
est bijective.
⊲ Si ∆ℓ (pℓ ) = γ1ℓ ◦ Dℓ (pℓ ) = 0, soit encore, en notant ϕℓ = Dℓ (pℓ )|Ωℓ , ∂ϕi /∂ni = ∂ϕe /∂ne = 0.
Il en résulte que ϕi et ϕe solutions respectives des problèmes de Neumann intérieurs et extérieurs
homogènes sont nuls, et par conséquent pℓ .
⊲ Choisissons fe = −fi dans H −1/2 (Γ), notons ui et ue les solutions respectives de (4.1) dans Ωi
et Ωe ainsi que u = (ui , ue ), et posons pℓ = uℓ − uℓ′ ; alors u = Dℓ (pℓ ), et par conséquent fℓ = ∆ℓ (pℓ ).
Q.E.D.
♥
114
Equations intégrales abstraites
Pour f donné dans H −1/2 (Γ), la résolution de l’équation
∆ℓ (pℓ ) = f
(10.19)
fournit donc la valeur de pℓ = ϕℓ − ϕℓ′ , et l’opérateur Dℓ permet de reconstituer ϕe et ϕi .
Le problème de Neumann (4.1) se résout donc par l’intermédiaire d’un potentiel de double
couche, en posant uℓ = Dℓ (pℓ )|Ωℓ . La résolution de l’équation (10.19) se fera là encore sous
forme variationnelle :
Trouver
pℓ ∈ H 1/2 (Γ) tel que ∀s ∈ H 1/2 (Γ),
ℓ
∆ (pℓ ), s H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) = hfℓ , siH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) .
♥
(10.20)
Proposition 10.6 La forme sesquilinéaire ∆ℓ (p), s H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) est coercive sur l’espace
H 1/2 (Γ).
Démonstration.
⊲ On aura tout d’abord, d’après (10.17)
ℓ
∆ (p), s = γ1ℓ ◦ Dℓ (p), s
Z
Z
=
∇Dℓ (p) · ∇Dℓ (s) − ν
Ωi ∪Ωe
Dℓ (p)Dℓ (s).
Ωi ∪Ωe
⊲ Par suite
soit
∆ℓ (p), p =
Z
Ωi ∪Ωe
∇Dℓ (p)2 − ν
Z
Ωi ∪Ωe
ℓ 2
D (p) ≥ C Dℓ (p)2
X
2
2
ℓ
2
∆ (p), p ≥ C γ1ℓ ◦ Dℓ (p)H −1/2 (Γ) = C ∆ℓ (p)H −1/2 (Γ) ≥ C kpkH 1/2 (Γ) .
Q.E.D.
Le problème de Dirichlet
Notons γ0ℓ la trace H 1 (Ωℓ ) → H 1/2 (Γ), et
Σℓ = γ0ℓ ◦ Dℓ .
♥
(10.21)
Proposition 10.7 Si Dℓ est défini par (10.17), Σℓ = γ0ℓ ◦ Dℓ est un isomorphisme H 1/2 (Γ) →
H 1/2 (Γ).
Démonstration.
⊲ Supposons que Σℓ (p) = γ0ℓ ◦ Dℓ (p) = 0, soit encore ϕℓ = 0 sur Γ ; Il en résulte que ϕℓ est nul et
donc ∂ϕℓ′ /∂nℓ′ = ∂ϕℓ /∂nℓ = 0, d’où ϕℓ′ = 0, et par conséquent p = 0.
⊲ Choisissons maintenant gℓ dans H 1/2 (Γ), et notons uℓ la solution du problème de Dirichlet (4.3)
dans Ωℓ , et uℓ′ celle du problème (4.1) dans Ωℓ′ , avec pour donnée de Neumann fℓ′ = −∂uℓ /∂nℓ .
Posons pℓ = uℓ − uℓ′ sur Γ et u = (ui , ue ), alors u = Dℓ (pℓ ) et par conséquent gℓ = Σℓ (pℓ ).
Q.E.D.
10.2 Le laplacien
115
On constate donc que la solution du problème de Dirichlet (4.3) s’obtient grâce à un potentiel
de double couche, en résolvant tout d’abord l’équation
Σℓ (pℓ ) = gℓ ,
(10.22)
qui ne donne pas lieu à un problème coercif, et qu’alors uℓ = Dℓ (pℓ )|Ωℓ .
10.2
Le laplacien
Les idées essentielles sont les mêmes que lors de l’étude du problème d’acoustique dissipatif, mais la situation est plus délicate, en raison du fait que les problèmes de Dirichlet
◦ 1
intérieur et extérieur sont bien posés respectivement dans H01 (Ωi ) et W 0 (Ωe ), tandis que les
problèmes de Neumann intérieurs sont bien posés dans H 1 (Ωi )/R, sous réserve que la moyenne
de la donnée de Neumann soit nulle, le problème de Neumann extérieur bidimensionnel dans
W01 (Ωe )/R moyennant cette même condition, et le problème de Neumann extérieur tridimensionnel inconditionnellement dans W01 (Ωe ).
10.2.1
Potentiel de simple couche
Comme précédemment nous associons le problème intérieur
∆ϕi = 0 dans Ωi ,
ϕi = g sur Γ,
(10.23)
◦ 1
posé dans H01 (Ωi ), avec le problème extérieur posé dans W 0 (Ωe ) :
∆ϕe = 0 dans Ωe ,
ϕe = g sur Γ.
(10.24)
Le problème de Dirichlet tridimensionnel
Ce cas est semblable à celui de l’acoustique dissipative, la seule différence réside dans le fait
que les problèmes de Dirichlet et de Neumann extérieurs (5.8) et (5.11) sont respectivement
◦ 1
bien posés dans W 0 (Ωe ) et W01 (Ωe ). Le problème
∆ϕ = 0 dans Ωi et Ωe ,
(10.25)
[ϕ] = 0 et [∂ϕ/∂n] = q sur Γ.
a pour forme variationnelle
Trouver ϕ ∈ W01 (R3 ) tel que ∀ψ ∈ W01 (R3 )
Z
∇ϕ · ∇ψ = hq, ψiH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) .
(10.26)
R3
De même que (5.11), c’est un problème coercif, qui définit un opérateur linéaire continu S :
ϕ = S(q) : H −1/2 (Γ) → W01 (R3 ),
(10.27)
116
Equations intégrales abstraites
et on aura
Z
Rn
∇S(q) · ∇ψ = hq, ψiH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) , ∀ψ ∈ W01 (R3 ).
(10.28)
On pose comme précédemment σ = γ0 ◦ S, et pour g donné dans H 1/2 (Γ), la résolution de
l’équation
σ(q) = g
(10.29)
fournit la valeur de q = [∂ϕ/∂n] .
L’équation (10.29) peut se mettre sous la forme variationnelle suivante :
Trouver q ∈ H −1/2 (Γ) tel que ∀t ∈ H −1/2 (Γ),
ht, σ(q)iH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) = ht, giH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) ,
(10.30)
et la proposition qui suit se démontre de façon similaire aux propositions 10.1 et 10.2 :
♥
Proposition 10.8 Si S est défini par (10.28)
(i) σ = γ0 ◦ S est un isomorphisme : H −1/2 (Γ) → H 1/2 (Γ),
(ii) la forme bilinéaire ht, σ(q)iH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) est coercive sur H −1/2 (Γ).
Le problème de Dirichlet bidimensionnel
Remarquons tout d’abord que
h∂ϕi /∂ni , 1iH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) = 0,
en vertu de la formule de Green appliquée dans Ωi , mais que de plus
h∂ϕe /∂ne , 1iH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) = 0,
puisque les constantes appartiennent maintenant à W01 (Ωe ). Par conséquent, on aura nécessairement ici
hq, 1iH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) = 0.
(10.31)
Nous noterons
◦ −1/2
H
o
n
(Γ) = q ∈ H −1/2 (Γ) hq, 1iH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) = 0 ;
(10.32)
c’est un sous-espace fermé de H −1/2 (Γ). Il est clair que ϕ ∈ W01 (R2 ) et que
Z
∇ϕ · ∇ψ = hq, ψiH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) , ∀ψ ∈ W01 (R2 ),
Rn
mais en fait, le problème (10.26) est mal posé en bidimensionnel car il n’est pas coercif.
◦ −1/2
Cependant comme q ∈ H
du problème suivant :
·
(Γ), nous pourrons écrire que ϕ ∈ W01 (R2 )/R est solution
·
∆ϕ = 0 dans Ωi et Ωe ,
[ϕ] = 0 et [∂ϕ/∂n] = q sur Γ,
(10.33)
10.2 Le laplacien
117
·
où ϕ est un représentant quelconque dans la classe ϕ. Sa formulation variationnelle est donnée
par
·
·
où
·
q, ψ
2
1
2
Trouver
ϕ ∈ W01 (R
)/R
tel que ∀ψ ∈ W0 (R )/R
Z
·
·
·
,
∇ϕ · ∇ψ = q, ψ
Rn
(10.34)
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
doit être compris comme égal au produit de dualité entre q et
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
·
n’importe quel représentant dans la classe ψ. C’est maintenant un problème coercif, en vertu
·
du théorème A.10 ; il définit un opérateur linéaire continu S :
◦ −1/2
·
·
ϕ = S(q) : H
et on aura
Z
·
·
Rn
∇S(q) · ∇ψ =
(Γ) → W01 (R2 )/R,
·
q, ψ
(10.35)
·
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
, ∀ψ ∈ W01 (R2 )/R.
(10.36)
·
Proposition 10.9 Si S est défini par (10.36)
◦ −1/2
·
·
(i) σ = γ0 ◦ S est un isomorphisme : H
D · E
(ii) La forme bilinéaire t, σ(q) −1/2
(Γ) → H 1/2 (Γ)/R.
(Γ),H 1/2 (Γ)
H
♥
◦ −1/2
est coercive sur H
(Γ).
·
Démonstration. L’étude de σ est encore analogue à celle
D de· σ àE la proposition 10.1, elle ne comporte
quelques légères modifications, quant à la coercivité de t, σ(q) elle se démontre de la même façon
qu’à la proposition 10.2.
·
·
·
⊲ Supposons que σ(q) = 0, soit γ0 ◦ S(q) = 0. Si on note ϕ un représentant dans la classe S(q), et
ϕℓ sa restriction à Ωℓ , ϕ|Γ est une fonction constante, soit C, et par conséquent comme les problèmes
de Dirichlet (10.23) et (10.24) sont bien posés, ϕi = ϕe = C, d’où il résulte que q = [∂ϕ/∂n] = 0.
·
⊲ Réciproquement on se donne g dans H 1/2 (Γ)/R, classe dont g est un représentant, et on note
ui et ue les solutions respectives de (10.23) et (10.24), ainsi que u la fonction dont les restrictions
respectives à Ωi et Ωe sont ui et ue . Si on pose q = [∂u/∂n] , alors hq, 1iH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) = 0 et
·
·
·
·
u = S(q), soit g = σ(q).
Q.E.D.
Nous constatons donc que pour g donné dans H 1/2 (Γ), la résolution de l’équation
·
·
(10.37)
σ(q) = g
·
fournit la valeur de q, mais si on passe par l’intermédiaire de S, on ne pourra en déduire
les valeurs de ϕi et ϕe qu’à une constante additive près, facile à déterminer en fait puisque
nous en connaissons la trace g. L’équation (10.37) peut se mettre sous la forme variationnelle
coercive suivante :
◦ −1/2
Trouver
D · Eq ∈ H
t, σ(q) −1/2
H
(Γ),H
◦ −1/2
(Γ) tel que
D ∀t
E∈ H
·
= t, g −1/2
1/2
(Γ)
H
(Γ),
(Γ),H 1/2 (Γ)
,
(10.38)
118
Equations intégrales abstraites
Le problème de Neumann tridimensionnel
♠
Il nous faut ici distinguer entre les problèmes intérieurs et extérieurs.Dans le cas du problème extérieur, de la même façon exactement qu’à la proposition 10.3, on démontre la
♥
Proposition 10.10 Si S est défini par (10.28), alors δ e = γ1e ◦ S, est un isomorphisme
H −1/2 (Γ) → H −1/2 (Γ).
Remarque 10.11 Dans le cas du problème de Neumann intérieur, l’application δ i n’est plus
injective, la condition de Neumann homogène portant sur ϕi = S(q)|Ωi ne suffisant plus à
annuler q ; en effet comme ϕi peut alors être égal à n’importe quelle constante, il en sera de
même de ϕe|Γ . On ne peut donc pas résoudre le problème de Neumann intérieur par potentiel
de simple couche.
Le problème de Neumann bidimensionnel
Dans ce cas par contre, les problèmes extérieurs et intérieurs sont similaires, et ainsi
que nous l’avons précédemment remarqué lors de l’étude du problème de Dirichlet, p est
nécessairement à moyenne nulle sur Γ, et nous aurons la
·
·
♥
◦ −1/2
Proposition 10.12 Si S est défini par (10.36), δ ℓ = γ1ℓ ◦ S est un isomorphisme H
◦ −1/2
H
(Γ) →
(Γ).
Démonstration.
·
⊲ Notons ϕ un représentant dans la classe S(q), ϕℓ sa restriction à Ωℓ , et remarquons tout d’abord
que ∀q,
ℓ
δ (q), 1 H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) = h∂ϕℓ /∂nℓ , 1iH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) = 0.
·
⊲ Pour ℓ = i ou e, si δ ℓ (q) = 0, alors ∂ϕℓ /∂nℓ = 0, d’où ϕℓ = 0, puisque les problèmes de Neumann
intérieurs et extérieurs (5.6) et (5.12) sont bien posés. Par conséquent ϕℓ′ |Γ = C, d’où il résulte que
ϕℓ′ est constant sur Ωℓ′ et donc que q = [∂ϕ/∂n] = 0.
◦ −1/2
·
⊲ Soit maintenant fℓ ∈ H
(Γ), si uℓ note la solution du problème de Neumann dans Ωℓ , on note
·
uℓ un représentant dans la classe uℓ . Posons alors gℓ′ = γ0 uℓ , et notons uℓ′ , selon le cas, la solution du
problème de Dirichlet dans Ωℓ′ . Si u est la fonction dont les restrictions respectives à Ωℓ et Ωℓ′ sont
·
·
uℓ et uℓ′ , on aura u = S(q), où q = [∂u/∂n] , ainsi que fℓ = γ1ℓ u = δ ℓ (q).
Q.E.D.
10.2.2
Potentiel de double couche
Le problème de Neumann tridimensionnel
Soit donc f ∈ H −1/2 (Γ), si conjointement au problème extérieur
∆ϕe = 0 dans Ωe ,
∂ϕe
= fe sur Γ,
∂ne
(10.39)
10.2 Le laplacien
119
nous souhaitons également considérer le problème intérieur
∆ϕi = 0 dans Ωi ,
∂ϕi
(10.40)
= fi sur Γ,
∂ni
avec fe = −fi = f, ainsi que nous l’avons vu au corollaire 5.5, il est nécessaire que fe vérifie
∂ϕi
= 0.
(10.41)
hfe , 1iH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) = −
,1
∂ni
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
Nous savons qu’alors le problème de Neumann intérieur (10.40) est bien posé dans H 1 (Ωi )/R
et admet (5.6) pour formulation variationnelle coercive, soit
·
·
1
Trouver
ϕi ∈ H 1 (Ω
i )/R tel
que ∀ψ ∈ H (Ωi )/R
Z
·
·
·
.
∇ϕi · ∇ψ = − fi , ψ
Ωi
(10.42)
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
Nous allons donc poursuivre en admettant que (10.41) est satisfaite, ce qui semble constituer une sérieuse limitation de la méthode, notre objectif initial consistait en effet à étudier
le problème (10.39) qui lui, se trouve être bien posé dans W01 (Ωe ) pour tout fe ∈ H −1/2 (Γ).
♠
En fait dans le cas où fe ne vérifie pas (10.41), il n’est pas difficile de s’y ramener, moyennant un relèvement. Posons
1
G0 (x) = G(x − x0 ) = −
, x0 ∈ Ωi ,
(10.43)
4π kx − x0 k
nous verrons au chapitre suivant que G est la solution élémentaire du laplacien dans R3 . On
constate aisément que G0 ∈ W01 (Ωe ), et à l’aide de la formule de représentation intégrale (6.8)
appliquée à la fonction ϕ(x) = 1, que
Z
∂G0
∂G0
=
,1
= 1.
∂ni
Γ ∂ni
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
Il est alors facile de démontrer la proposition suivante :
Proposition 10.13 Si ue est solution du problème extérieur 5.11, alors
♦
∨
ϕe = ϕe − hfe , 1iH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) G0 ,
∨
où ϕe est solution du problème suivant :
∨
1
Trouver
ϕe ∈ W01(Ωe ) tel
que ∀ψ ∈ W0 (Ωe )
Z
∨
∨
,
∇ϕe · ∇ψ = f e , ψ
Ωe
et
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
∨
f e = fe + hfe , 1iH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
vérifie
f e, 1
∨
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
∂G0
∂ne
= 0.
(10.44)
120
Equations intégrales abstraites
Si nous revenons maintenant au cas où (10.41) est vérifiée, nous sommes amenés à poser
o
n·
·
·
X i = ϕi ∈ H 1 (Ωi )/R ∆ϕi = 0 dans Ωi et
Xe = ϕe ∈ W01 (Ωe ) |∆ϕe = 0 dans Ωe ,
ainsi que
e=
X
(
)
·
·
∂ ϕi ∂ϕe
·
ϕ
e = ( ϕi , ϕe ) ϕi ∈ X i , ϕe ∈ X e ,
+
=0 .
∂ni
∂ne
·
e est formé de couples de fonctions dont la première est définie à une constante adL’espace X
ditive près, et on montre comme au lemme 10.4 que c’est un sous-espace fermé de H 1 (Ωi )/R×
W01 (Ωe ).
·
·
Soient donc ϕi et ϕe les solutions
respectives de (10.42) et (10.39). Nous notons pe l’élément
i
h
·
·
·
·
·
e alors
de H 1/2 (Γ)/R défini par pe = ϕ = ϕe − ϕi , et pi = −pe . Si ψe ∈ X,
e
*
+
·
∂ ψi
,1
∂ni
(10.45)
= 0,
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
et nous en déduisons que le problème
·
∆ϕi = 0 dans Ωi , ∆ϕe = 0 dans Ωe
·
h·i
∂ ϕi ∂ϕe
·
+
= 0 sur Γ
ϕ = pℓ et
∂ni
∂ne
ℓ
(10.46)
admet pour formulation variationnelle coercive
e tel que ∀ψe ∈ X,
e on ait
Trouver ϕ
e ∈ X,
*
+
Z
∂ ψe ·
∇ψe · ∇ϕ
e =
,p
∂nℓ ℓ
Ωi ∪Ωe
,
(10.47)
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)/R
·
où ϕ
e = (ϕi , ϕe ). Si on pose
on aura
Z
Ωi ∪Ωe
e ℓ (p· ℓ ) : H 1/2 (Γ)/R → X,
ϕ
e=D
eℓ ·
∇ψe · ∇D (pℓ ) =
e ℓ est linéaire continue.
où D
*
∂ ψe ·
,p
∂nℓ ℓ
+
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)/R
De même qu’aux propositions 10.5 et 10.6, il en résulte la
♥
e ℓ est défini par (10.49)
Proposition 10.14 Si D
◦ −1/2
e ℓ est un isomorphisme H 1/2 (Γ)/R → H
(i) ∆ℓ = γ1ℓ ◦ D
(Γ).
(10.48)
, ∀ψe ∈ X,
(10.49)
10.2 Le laplacien
121
D
E
·
·
(ii) La forme bilinéaire ∆ℓ (pℓ ), s
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
est coercive sur l’espace H 1/2 (Γ)/R.
Démonstration.
·
·
⊲ Si ∆ℓ (pℓ ) = 0, alors ϕi = C et ϕe = 0. Il en résulte que pℓ = 0
◦ −1/2
·
(Γ), et si ui et ue sont les solutions respectives des
⊲ Réciproquement, si fℓ = −fℓ′ ∈ H
·
·
·
problèmes de Neumann intérieurs et extérieurs (5.6) et (5.11), on aura pe = −pi = ue|Γ − ui|Γ .
Q.E.D.
·
Comme, par hypothèse hfℓ , 1iH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) = 0, l’équation ∆ℓ (pℓ ) = fℓ peut se mettre sous
la forme coercive suivante :
·
·
1/2
Trouver pℓE∈ H 1/2 (Γ)/R tel que
D ∀s· E∈ H (Γ)/R,
D
·
·
= fℓ , s −1/2
∆ℓ (pℓ ), s −1/2
1/2
1/2
H
(Γ),H
H
(Γ)
·
(Γ),H
(Γ)
,
(10.50)
·
et la résolution du problème (10.50) fournit pℓ , puis ϕi et ϕe par application des opérateurs
e ℓ et restriction aux Ωℓ .
D
Le problème de Neumann bidimensionnel
Contrairement au cas de la résolution du problème de Dirichlet par potentiel de simple
couche, la situation reste ici proche de celle du cas tridimensionnel, à ceci près que le problème
extérieur également est mal posé dans W01 (Ωe ) et sa solution définie dans W01 (Ωe )/R, sous
réserve que la condition (10.41) soit satisfaite. Dans ces conditions, les problèmes intérieurs
et extérieurs prennent les formes respectives suivantes :
·
·
Trouver
ϕi ∈ H 1(Ωi )/R tel que ∀ψ ∈ H 1 (Ωi )/R
Z
·
·
·
.
∇ϕi · ∇ψ = fi , ψ
Ωi
(10.51)
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
et
·
·
Trouver
ϕe ∈ W01
(Ωe )/Rtel que ∀ψ ∈ W01 (Ωe )/R
Z
·
·
·
∇ ϕe · ∇ ψ = fe , ψ
.
Ωe
(10.52)
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
Remarque 10.15 Dans le cas où fe ne vérifie pas (10.41), la situation est différente de celle
du cas tridimensionnel car le problème (10.39) n’admet pas de solution. Cependant on peut
encore effectuer un relèvement à l’aide de la solution élémentaire
1
G0 (x) = G(x − x0 ) =
Log kx − x0 k .
(10.53)
2π
Elle n’appartient pas à W01 (Ωe ) mais
∨
∨
vérifie f e , 1
f e = fe + hfe , 1iH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
∂G0
,
∂ne
= 0, d’après la formule de représentation intégrale (8.1).
122
Equations intégrales abstraites
Le problème suivant est donc bien posé :
·
∨
·
Trouver ϕe ∈ W01 (Ωe )/R tel que ∀ψ ∈ W01 (Ωe )/R
Z
·
∨
·
∨
,
∇ϕe · ∇ψ = f e , ψ
Ωe
(10.54)
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
et la fonction
·
∨
·
ϕe = ϕe − hfe , 1iH −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ) s0 ,
qui n’appartient pas à W01 (Ωe )/R, vérifie
·
∆ϕe = 0 dans Ωe ,
·
∂ ϕe
= fe sur Γ,
∂ne
(10.55)
On pourrait poursuivre la réflexion en cherchant un espace (contenant strictement W01 (Ωe )/R)
dans lequel le problème (10.55) soit bien posé.
Si nous revenons maintenant au cas où (10.41) est vérifiée, nous sommes amenés à poser
o
n·
·
·
X i = ϕi ∈ H 1 (Ωi )/R ∆ϕi = 0 dans Ωi et
o
n·
·
·
X e = ϕe ∈ W01 (Ωe )/R ∆ϕe = 0 dans Ωe ,
ainsi que
·
X=
·
(
)
·
·
·
·
∂ ϕi ∂ ϕe
·
·
+
=0 .
ϕ = ( ϕ i , ϕe ) ϕi ∈ X i , ϕe ∈ X e ,
∂ni
∂ne
·
·
·
L’espace X est formé de couples de fonctions définies à une constante additive près ; et on
montre encore que c’est un sous-espace fermé de H 1 (Ωi )/R × W01 (Ωe )/R.
·
·
·
Si ϕi et ϕe sont
les solutions respectives de (10.51) et (10.52), et pℓ l’élément de H 1/2 (Γ)/R
i
h
·
·
·
·
·
défini par pℓ = ϕ = ϕℓ − ϕℓ′ , alors ϕ vérifiant
ℓ
·
·
∆ϕi = 0 dans Ωi , ∆ϕe = 0 dans Ωe
·
·
h·i
∂ ϕi ∂ ϕe
·
+
= 0 sur Γ
ϕ = pℓ et
∂ni
∂ne
ℓ
(10.56)
est solution du problème coercif
·
·
·
·
Trouver ϕ ∈ X, tel que ∀ψ ∈ X, on ait
+
* ·
Z
·
∂ψ ·
·
∇ψ · ∇ϕ =
,p
∂nℓ ℓ
Ωi ∪Ωe
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
,
(10.57)
10.2 Le laplacien
123
dont nous notons la solution
·
· ℓ ·
·
ϕ = D (pℓ ) : H 1/2 (Γ)/R → X,
(10.58)
et par conséquent
Z
· ℓ ·
·
Ωi ∪Ωe
∇ψ · ∇D (p) =
*
·
∂ψ ·
,p
∂nℓ ℓ
+
·
·
(10.59)
, ∀ψ ∈ X.
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
· ℓ
où D est linéaire continue. Là encore on démontre la
· ℓ
Proposition 10.16 Si D est défini par (10.59)
· ℓ
· ℓ
♥
◦ −1/2
(i) ∆ = γ1ℓ ◦ D est un isomorphisme H 1/2 (Γ)/R → H
(Γ).
ℓ
·
·
·
est coercive sur l’espace H 1/2 (Γ)/R.
(ii) La forme bilinéaire ∆ (pℓ ), s
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
· ℓ ·
L’équation ∆ (pℓ ) = fℓ peut se mettre sous la forme du problème coercif suivant :
·
·
Trouver
pℓ∈ H 1/2 (Γ)/R tel que ∀s ∈ H 1/2 (Γ)/R,
ℓ
D ·E
·
·
·
= fℓ , s −1/2
∆ (pℓ ), s
1/2
H
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
(Γ),H
(Γ)
(10.60)
.
· ℓ
·
La détermination de ϕe à partir de pℓ par application de D , ne pourra alors être réalisée,
comme il est naturel, qu’à une constante additive près.
Le problème de Dirichlet tridimensionnel
Nous devons ici encore distinguer entre les problèmes intérieurs et extérieurs. Dans le cas
du problème intérieur,
·i
e i est un isomorphisme H 1/2 (Γ)/R →
e i est défini par (10.49), Σ = γ i ◦D
Proposition 10.17 Si D
0
H 1/2 (Γ)/R.
Démonstration.
·
·
ei ·
e i (p)
⊲ Notons ϕe = D
|Ωe , ϕi un représentant dans la classe ϕi = D (p)|Ωi et supposons que
·
e i (p) = 0.
γi ◦ D
0
·
·
⊲ On aura ϕi|Γ = 0, et par conséquent ϕi = 0, d’où il résulte que ∂ϕe /∂ne = −∂ϕi /∂ni = 0 et
·
donc ϕe = 0. On obtient donc finalement p = 0.
·
·
⊲ Choisissons maintenant g i dans H 1/2 (Γ)/R, notons gi un représentant de la classe g i , ui la
solution du problème de Dirichlet (5.2) dans Ωi , et ue celle du problème de Neumann (5.10) dans Ωe ,
·
·
·
e i (p· i ) et par conséquent
avec fe = −∂ui /∂ni . Posons pi = ui − ue sur Γ et u
e = (ui , ue ), alors u
e=D
·
·i ·
g i = Σ (pi ).
Q.E.D.
♥
124
Equations intégrales abstraites
On constate donc que la solution du problème de Dirichlet intérieur s’obtient en résolvant
tout d’abord l’équation
·i ·
·
(10.61)
Σ ( pi ) = g i ,
·
qui ne donne pas lieu à un problème coercif, et qu’alors ui =
e i (p·
D
i )|Ωi .
Dans le cas du problème de Dirichlet extérieur, cette représentation n’est pas toujours
possible,en effet si ϕe est solution du problème de Dirichlet dans Ωe , il n’est pas certain que
♠
◦ −1/2
∂ϕe /∂ne soit élément de H
(Γ), et donc qu’il soit possible de déterminer ϕi à laplacien nul
dans Ωi vérifiant ∂ϕi /∂ni = −∂ϕe /∂ne . On peut exhiber des conditions relatives à la donnée
◦ −1/2
de Dirichlet du problème extérieur telles que ∂ϕe /∂ne ∈ H
(Γ). Considérons à cet effet,
1
la fonction v0 ∈ W0 (Ωe ), solution du problème de Dirichlet extérieur
∆v0 = 0 dans Ωe ,
v0|Γ = 1,
d’après la formule de Green, nous aurons
∂v0
∂ϕe
=
,
,1
, ϕe
∂ne
∂ne
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
et par conséquent, il faut et il suffit que
∂v0
= 0,
, ge
∂ne
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
(10.62)
◦ −1/2
pour que ∂ϕe /∂ne ∈ H
(Γ). Si cette condition n’est pas vérifiée, on peut toujours opérer
un relèvement de la condition de Dirichlet, et poser
∂v0
∂v0
∨
=−
.
,1
, ge
ϕe = ϕe − Cv0 , avec C
∂ne
∂ne
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
Notons bien que tout ceci revêt un intérêt essentiellement théorique, car on ne dispose pas en
général de la fonction v0 .
Notons
b 1/2
H
(Γ) =
(
g∈H
1/2
)
∂v
0
=0 ,
(Γ) ,g
∂ne
H −1/2 (Γ),H 1/2 (Γ)
(10.63)
on démontre alors aisément la proposition suivante, relative au problème de Dirichlet extérieur :
♥
e e est défini par (10.49), Σe = γ e ◦D
e e est un isomorphisme H 1/2 (Γ)/R →
Proposition 10.18 Si D
0
b 1/2 (Γ).
H
Démonstration.
·
·
⊲ Si Σe (pe ) = 0, on aura ϕe = 0, d’où il résulte que ∂ϕi /∂ni = −∂ϕe /∂ne = 0 et donc ϕi = 0. On
·
obtient donc finalement p = 0.
10.2 Le laplacien
125
⊲ Choisissons maintenant ge dans H 1/2 (Γ), notons ue la solution du problème de Dirichlet (5.8)
·
·
·
dans Ωe , et ui celle du problème de Neumann (5.6) dans Ωi , avec fi = −∂ue /∂ne . Posons pe = ue − ui
·
·
·
e e (pe ) et par conséquent ge = Σe (pe ).
sur Γ et u
e = (ui , ue ), alors u
e=D
Q.E.D.
Le problème de Dirichlet bidimensionnel
La symétrie est maintenant restaurée entre les problèmes intérieurs et extérieurs, et nous
aurons
· ℓ
·ℓ
· ℓ
Proposition 10.19 Si D est défini par (10.59), Σ = γ0ℓ ◦D est un isomorphisme H 1/2 (Γ)/R →
♥
H 1/2 (Γ)/R.
Démonstration.
· ℓ ·
·
·
⊲ Supposons que γ0ℓ ◦ D (p) = 0, on aura ϕℓ|Γ = 0, et par conséquent ϕℓ = 0, d’où il résulte que
·
·
∂ϕℓ′ /∂nℓ′ = −∂ϕℓ /∂nℓ = 0 et donc ϕℓ′ = 0, d’où p = 0.
·
·
⊲ Choisissons maintenant g ℓ dans H 1/2 (Γ)/R, uℓ la solution du problème de Dirichlet associé dans
·
·
·
·
·
Ωℓ , et uℓ′ celle du problème de Neumann dans Ωℓ′ , avec fℓ′ = −∂ uℓ /∂nℓ . Posons pℓ = uℓ − uℓ′ sur Γ
·
·
·
·
· ℓ ·
·ℓ ·
·
et u = (ui , ue ), alors u = D (pℓ ) et par conséquent g ℓ = Σ (pℓ ).
Q.E.D.
On constate donc que la solution du problème de Dirichlet s’obtient en résolvant tout d’abord
l’équation
·ℓ ·
·
(10.64)
Σ ( pℓ ) = g ℓ ,
·
· ℓ ·
qui ne donne pas lieu à un problème coercif, et qu’alors uℓ = D (pℓ )|Ωℓ .
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
Si nous nous rappelons maintenant les définitions respectives (10.3) et (10.15) des opérateurs S(q) et D(p), nous constatons que cette formule en constitue une expression concrète :
Proposition 10.20
(i) Si q ∈ H −1/2 (Γ), alors
−
(ii) Si p ∈ H 1/2 (Γ), alors
Z
Z
♥
Γ
p(y)
Γ
q(y)g(x, y) dγy = S (q) = S(q).
(10.65)
∂
g(x, y)dγy = Dℓ (p) = Dℓ (p).
∂ y nℓ
(10.66)
Démonstration. Il suffit de prendre respectivement, selon le cas, la trace sur Ωℓ de S(q) ou Dℓ (p)
pour ϕℓ , ℓ = i, e dans les formules (6.15).
Q.E.D.
126
Equations intégrales abstraites
Remarque 10.21 Il en résulte en particulier le résultat de régularité suivant :
(i) Un potentiel de simple couche appartient à H 1 (Rn ).
(ii) Pour ℓ = e, i la trace sur Ωℓ d’un potentiel de double couche appartient à H 1 (Ωℓ ).
Il s’agit là d’un résultat important que nous aurons l’occasion de préciser dans la suite et dont
la démonstration directe est rien moins que triviale.
♦
Chapitre 11
Traces et dérivées normales des
potentiels
Les formules que nous venons d’obtenir répondent partiellement à nos besoins ; il nous
faut cependant aller plus loin, si nous voulons donner des diverses équations intégrales établies précédemment une expression plus concrète, se prêtant à la discrétisation, il nous faut
déterminer les traces et dérivées normales des potentiels de simple et double couche. Nous
nous limiterons dans ce paragraphe à traiter le cas de frontières et de données suffisamment
régulières. La difficulté réside dans le caractère singulier du noyau, qui rend les passages à
la limite délicats, les cas de l’équation de Helmholtz et du laplacien seront donc tout-à-fait
similaires.
Lemme 11.1 La fonction de Green de l’équation de Helmholtz est la somme de la fonction
de Green de l’équation de Laplace et d’une fonction dérivable, dont la dérivée est bornée, et
même continue en bidimensionnel
Démonstration.
⊲ Dans le cas tridimensionnel, on a
√
avec
ainsi que
1 ei νkxk
e
e
= G(x)
+ R(x),
G(x) = −
4π kxk
e
G(x)
=−
√
m
1 X (i ν kxk)
1
e
et R(x)
=−
,
4π kxk
4π
(m + 1)!
m≥0
√
√
m−1
∂ e
i νxj X 1 (i ν kxk)
.
R(x) = −
∂xj
4π kxk
m + 1 (m − 1)!
m≥1
⊲ De même, dans le cas bidimensionnel,
G(x) =
avec
1 1 √
e
e
ν kxk = G(x)
+ R(x),
H0
4i
1
e
G(x)
=
Log kxk
2π
127
128
Traces et dérivées normales des potentiels
et
√
1
1
1
ν
2
e
R(x)
=
Log ν +
+
(γ − Log 2) −
kxk Log kxk
2π
4i 2π
8π
2 ν kxk
iπ
2
2
+
1+
+ Log √ − γ + o kxk ,
8π
2
ν
d’où
11.1
∂ e
νxj
R(x) =
∂xj
4π
2
1 iπ
Log √
−γ
+ +
2
ν kxk 2
2
+ o kxk .
Q.E.D.
Potentiel de simple couche
Rappelons que
S(q)(x) = −
Z
Γ
q(y)G(x − y) dγy , x ∈ Ωi ∪ Ωe ,
(11.1)
1 (Rn ), que ce soit en tridimensionnel puisque c’est alors la solution
nous savons que S(q) ∈ Hℓoc
de (10.26), ou en bidimensionnel, selon le lemme 8.7.
11.1.1
Trace
Notons x0 un point de Γ et identifions S(q)(x0 ) = limx→x0 S(q)(x). La difficulté consiste
à permuter la limite avec le signe intégrale, compte tenu du fait que G est singulière en 0.
♥
Proposition 11.2 Pour q ∈ L∞ (Γ),
(γ0 ◦ S(q)) (x0 ) = −
Z
Γ
q(y)G(x0 − y) dγy , ∀x0 ∈ Γ.
(11.2)
Démonstration. Nous effectuerons la démonstration dans le cas tridimensionnel et pour l’équation
de Laplace, le cas bidimensionnel étant tout-à-fait semblable, et celui de l’équation de Helmholtz s’en
déduisant trivialement.
⊲ Commençons par remarquer que l’existence de la limite dans H 1/2 (Γ) est assurée, et qu’il nous
suffit donc de l’identifier en tout point x0 à l’aide d’une suite de points xn → x0 . Nous supposerons
qu’il existe un plan γ passant par x0 ∈ Γ, tel que dans un V voisinage de x0 , Γ soit le graphe d’une
fonction ϕ définie sur γ, et nous assujettirons les points de la suite xn à appartenir à la normale à γ
en x0 .
⊲ Posons ΓV = Γ ∩ V, et Γ′V = Γ ∩ V c , comme le pasage à la limite dans l’intégrale sur Γ′V ne
présente pas de difficulté, il nous reste à nous préoccuper de la partie relative à ΓV , soit
Z
Z
1/2
2
q(y) G(xn − y) dγy =
dz.
q ◦ ϕ(z) G(xn − y) 1 + |∇ϕ(z)|
ΓV
Comme
γV
2
2
2
2
kxn − yk = |xn − ϕ(z)| + kz − x0 k ≥ kz − x0 k ,
pour ϕ lipschitzienne, nous aurons
1/2
kqkL∞ (Γ)
2
|q ◦ ϕ(z)| G(xn − y) 1 + |∇ϕ(z)|
≤C
,
kz − x0 k
fonction intégrable dans un voisinage de x0 . La conclusion résulte alors du théorème de convergence
dominée.
11.1 Potentiel de simple couche
129
Q.E.D.
11.1.2
Dérivée normale
Comme ∂S/∂n n’est pas continue à la traversée de Γ, on devra distinguer soigneusement
entre les dérivées normales, selon qu’on aborde Γ par le côté Ωi ou Ωe . rappelons que Ωℓ note
l’un des deux domaines Ωe ou Ωi , et nℓ la normale correspondante.
Proposition 11.3 Si q ∈ L∞ (Γ), et pour ℓ = e ou i, alors
Z
∂
q(x0 )
ℓ
γ1 ◦ S(q) (x0 ) = − q(y)
, pp x0 ∈ Γ.
G(x0 − y)dγy +
∂nℓ
2
Γ
(11.3)
Démonstration.
⊲ Choisissons une fonction d’essai ψ ∈ D(Rn ), .d’après la ‘formule de Green’ (3.10), en posant
ϕℓ = S(q)|Ωℓ ,
Z
Z
Z
Z
∂S
,ψ =
∆ϕℓ ψ +
∇ϕℓ · ∇ψ = −ν
ϕℓ ψ +
∇ϕℓ · ∇ψ.
∂nℓ
Ωℓ
Ωℓ
Ωℓ
Ωℓ
Mais on aura, pour x ∈ Ωℓ ,
∇ϕℓ (x) = −∇
Z
Γ
q(y)G(x − y) dγy
=−
Z
Γ
q(y) ∇G(x − y) dγy .
1−n
La fonction ∇G possède dans Rn une singularité en kx − yk
, or dans l’espace produit Ωℓ × Γ, de
dimension 2n − 1, cette singularité est répartie sur une variété de dimension n − 1, par conséquent on
peut appliquer le théorème de Fubini dans Ωℓ × Γ, et on aura
Z
Z
Z
∇ϕℓ · ∇ψ = − q(y)
∇ψ(x) · ∇G(x − y) dx dγy .
Ωℓ
Γ
Ωℓ
⊲ Par ailleurs, la fonction x → ∇ψ(x) · ∇G(x − y) est intégrable sur Ωℓ , et par conséquent, avec
Ωεℓ (y) = Ωℓ \ Bε (y), on obtient
Z
Z
∇ψ(x) · ∇G(x − y)dx = lim
∇ψ(x) · ∇G(x − y)dx
Ωℓ
ε→0
= lim
ε→0
Ωεℓ (y)
Z
∂
ψ(x) G(x − y)dγx + ν
ε
∂n
∂Ωℓ (y)
Z
Ωεℓ (y)
ψ(x) G(x − y) dx ,
où n est la normale en x dirigée vers le point y. Il en résulte que
Z
Z
Z
∂ϕℓ
, ψ = −ν
ϕℓ ψ − ν q(y)
ψ(x) G(x − y) dx dγy
∂nℓ
Ωℓ
Γ
Ωℓ (y)
!
Z
Z
∂
− q(y) lim
ψ(x) G(x − y)dγx dγy .
ε→0 ∂Ωε (y)
∂n
Γ
ℓ
⊲ Il ne reste plus qu’à remarquer que
Z
Z
Z
Z
ψ(x) q(y) G(x − y) dγy dx
ψ(x) G(x − y) dx dγy =
q(y)
Γ
Ω (y)
Ωℓ (y)
Γ
Z ℓ
=
ϕℓ ψ
Ωℓ
!
♥
130
Traces et dérivées normales des potentiels
et à appliquer le résultat du lemme 11.5 ci-dessous, pour obtenir
Z
Z
Z
∂ϕℓ
ψ(y)
∂
, ψ = − q(y)
G(x − y)dγx dγy + q(y)
dγy
ψ(x)
∂nℓ
∂nℓ
2
Γ
Γ
Γ
Z
Z
Z
ψ(x)
∂
G(x − y)dγy dγx + q(x)
dγx ,
= − ψ(x)
q(y)
∂nℓ
2
Γ
Γ
Γ
compte tenu du lemme 11.4, soit encore, presque partout
Z
∂
q(x0 )
∂ϕℓ
(x0 ) = − q(y)
G(x0 − y)dγy +
, ∀x0 ∈ Γ.
∂n
∂n
2
ℓ
Γ
Q.E.D.
♦
Lemme 11.4 Si Γ est régulière et x, y ∈ Γ, alors
∂
G(x − y) = O(kx − yk2−n ),
∂n
(11.4)
où n est la dimension de l’espace.
Démonstration.
⊲ Si h(y) = 0 note l’équation de Γ, pour peu que h soit assez régulière on aura
2
h(y) = h(x) + (∇h(x) · (y − x)) + O(kx − yk ),
soit, puisqu’ici h(y) = h(x) = 0, et n(x) = ∇h(x)/ k∇h(x)k ,
2
(x − y) · n(x) = O(kx − yk ).
⊲ Dans le cas bidimensionnel, on a
∇G(x − y) =
x−y
2
x−y
3
2π kx − yk
et dans le cas tridimensionnel
∇G(x − y) =
4π kx − yk
la conclusion en découle.
e − y), où Q(x
e − y) = O(1),
+ Q(x
e − y), où Q(x
e − y) = O(1),
+ Q(x
Q.E.D.
Lemme 11.5 Pour y ∈ Γ, et ψ ∈ D(Rn ), si on note
γε (y) = ∂Bε (y) ∩ ∂Ωεℓ (y) et Γε = Γ ∩ ∂Ωεℓ (y),
on a
lim
Z
ε→0 Γε (y)
et
ψ(x)
lim
∂
G(x − y)dγx =
∂n(x)
Z
ε→0 γε (y)
ψ(x)
Z
ψ(x)
Γ
∂
G(x − y)dγx ,
∂n(x)
ψ(y)
∂
G(x − y)dγx = −
.
∂n(x)
2
11.2 Potentiel de double couche
131
Démonstration. Remarquons tout d’abord que Γε (y) tend vers Γ quand ε → 0, et que la différence
entre γε (y) et une demi-sphère de rayon ε tend vers 0 plus vite que ε, dès que Γ est régulière au
voisinage de y.
⊲ La première égalité découle directement du lemme 11.4.
⊲ Par ailleurs, en bidimensionnel, puisque n est orientée vers l’intérieur de la boule Bε (y),
Z
Z
Z
∂
1
∂ e
ψ(x)
G(x − y)dγx = −
R(x − y) dγx ,
ψ(x)dγx +
ψ(x)
∂n(x)
2πε
∂n(x)
γε (y)
γε (y)
γε (y)
soit,
Z
1
∂
G(x − y)dγx = − lim
lim
ψ(x)
ε→0 2πε
ε→0 γ (y)
∂n(x)
ε
=−
ψ(y)
2
Z
ψ(x)dγx
γε (y)
⊲ Tandis qu’en tridimensionnel
Z
Z
Z
1
∂ e
∂
G(x − y)dγx = −
ψ(x)dγ
+
R(x − y) dγx ,
ψ(x)
ψ(x)
x
2
∂n(x)
4πε
∂n(x)
γε (y)
γε (y)
γε (y)
et on aura encore par conséquent
Z
ψ(x)
lim
ε→0
γε (y)
∂
1
G(x − y)dγx = − lim
ε→0 4πε2
∂n(x)
=−
ψ(y)
,
2
Z
ψ(x)dγx
γε (y)
Q.E.D.
11.2
Potentiel de double couche
Rappelons que
ℓ
D (p)(x) =
11.2.1
Z
p(y)
Γ
∂
G(x − y) dγy , x ∈ Ωℓ .
∂y nℓ (y)
(11.5)
Trace
Proposition 11.6 Si p ∈ H 1/2 (Γ), pour ℓ = e ou i,
Z
∂
p(x0 )
ℓ
ℓ
γ0 ◦ D (p) (x0 ) =
p(y)
G(x0 − y)dγy +
, pp x0 ∈ Γ.
∂
n
(y)
2
y ℓ
Γ
♥
(11.6)
Démonstration. En fait, il suffit de remarquer que, ∀x ∈ Ωℓ , ∀x0 ∈ Γ
Z
Dℓ (p)(x) = − p(y) (∇G(x − y) · nℓ (y)) dγy
Γ Z
Z
= − ∇ p(y)G(x − y) dγy · nℓ (x0 ) + p(y) (∇G(x − y) · (nℓ (x0 ) − nℓ (y))) dγy
Γ
Γ
Z
= −∇S(p)(x) · nℓ (x0 ) + p(y) (∇G(x − y) · (nℓ (x0 ) − nℓ (y))) dγy ,
Γ
132
Traces et dérivées normales des potentiels
soit
Z
∂
S(p)(x0 ) + p(y) (∇G(x0 − y) · (nℓ (x0 ) − nℓ (y))) dγy ,
∂nℓ
Γ
et par conséquent, d’après la proposition 11.3
Z
p(x0 )
∂
G(x0 − y)dγy +
Dℓ (p)(x0 ) = − p(y)
∂nℓ (x0 )
2
Z Γ
+ p(y) (∇G(x0 − y) · (nℓ (x0 ) − nℓ (y))) dγy
Γ
Z
p(x0 )
= − p(y) (∇G(x0 − y) · nℓ (y)) dγy +
,
2
Γ
Dℓ (p)(x0 ) = −
soit
Dℓ (p)(x0 ) =
Z
p(y)
Γ
p(x0 )
∂
G(x0 − y)dγy +
.
∂y nℓ (y)
2
Q.E.D.
11.2.2
Forme linéaire associée à la dérivée normale
Il s’agit là d’un cas plus délicat, pour lequel le noyau n’est pas intégrable, ce qui nous
conduira à considérer ∂Dℓ (p)/∂nℓ comme une forme linéaire et à effectuer deux intégrations
par parties successives sur Γ de façon à transférer sur la fonction d’essai et sur la donnée les
dérivées portant sur la fonction de Green.
♥
Proposition 11.7 Si D(p) est la solution du problème (10.15) et ϕℓ = D|Ωℓ , alors pour ℓ = e
ou i,
Z
Z
∂ϕℓ
(11.7)
, ψ = ν ψ(x) p(y)G(x − y) (nℓ (y) · nℓ (x)) dγy dγx
∂nℓ
Γ
Γ
Z Z
G(x − y) [(nℓ (x) ∧ ∇ψ(x)) · (nℓ (y) ∧ ∇p(y))] dγy dγx .
−
Γ
♦
Γ
Remarque 11.8 Notons bien tout ce que cette formule a de remarquable : elle ne fait intervenir aucune dérivée de G !
Démonstration.
⊲ Pour x ∈ Ω, et si ψ est une fonction d’essai de D(Rn ),on aura tout d’abord selon (3.10),
Z
Z
∂Dℓ (p)
, ψ = −ν
Dℓ (p)(x)ψ(x) +
∇Dℓ (p)(x) · ∇ψ(x),
∂nℓ
Ωℓ
Ωℓ
avec
ℓ
D (p)(x) = −
=−
Z
p(y)
ZΓ
Γ
∂
G(x − y)dγy
∂nℓ
(11.8)
p(y) div (G(x − y)nℓ (y)) dγy = − div
soit par conséquent
ℓ
∇D (p)(x) = −∇ div
Z
Γ
Z
Γ
p(y)G(x − y)nℓ (y)dγy .
p(y)G(x − y)nℓ (y) dγy .
(11.9)
11.2 Potentiel de double couche
133
⊲ Dans le cas tridimensionnel tout d’abord, on aura
∆ = ∇ div − rot rot,
et
rotx (G(x − y)nℓ (y)) = ∇G(x − y) ∧ nℓ (y),
soit par conséquent
∇Dℓ (p)(x) = ν
Z
Γ
p(y)G(x − y)nℓ (y) dγy + rot
Z
p(y) (nℓ (y) ∧ ∇G(x − y)) dγy ,
Γ
et à l’aide de la formule de Green suivante :
Z
Z
Z
rot u · v =
u · rot v − (n ∧ v) · u,
Ω
on aboutit à
Z
Ω
(11.10)
Γ
Z Z
∇Dℓ (p)(x) · ∇ψ(x) = ν
p(y)G(x − y)nℓ (y) dγy · ∇ψ(x)
Ω
Γ
Z Ω
Z
− (nℓ (x) ∧ ∇ψ(x)) · p(y) (nℓ (y) ∧ ∇G(x − y)) dγy .
Γ
(11.11)
Γ
⊲ Dans le cas bidimensionnel on notera
rot u = u2,1 − u1,2 et Rot ϕ =
ϕ,2
−ϕ,1
,
et
u ∧ v = u1 v 2 − u2 v 1 .
On aura alors
∆ = ∇ div − Rot rot,
ainsi que
rotx (G(x − y)nℓ (y)) = ∇G(x − y) ∧ nℓ (y),
d’où il résulte que
∇Dℓ (p)(x) = ν
Comme de plus
ℓ
Ω
Γ
p(y)G(x − y)nℓ (y) dγy + Rot
Z
on aura encore
Z
Z
Ω
Rot ϕ · v =
Z
Ω
ϕ rot v −
Z
Z
Γ
p(y) (nℓ (y) ∧ ∇G(x − y)) dγy .
Γ
(n ∧ v) ϕ,
Z Z
p(y)G(x − y)nℓ (y) dγy · ∇ψ(x)
∇D (p)(x) · ∇ψ(x) = ν
Γ
Z Ω
Z
− (nℓ (x) ∧ ∇ψ(x)) p(y) (nℓ (y) ∧ ∇G(x − y)) dγy dγx .
Γ
Γ
(11.12)
134
Traces et dérivées normales des potentiels
⊲ Remarquons par ailleurs que la formule de Green permet de montrer que
Z
Z
Z
∂ 2 h(y)
∂h
∂h
=
dγy =
dγy ,
ni
nj
∂y
∂y
∂y
∂y
i
j
j
i
O
∂O
∂O
et par conséquent la formule de Stokes suivante :
Z
nℓ (y) ∧ ∇h(y)dγy = 0,
(11.13)
Γ
soit, en particulier
Il en résulte que
Z
Z
Γ
nℓ (y) ∧ ∇y (p(y)G(x − y)) dγy = 0.
Z
p(y) (n(y) ∧ ∇G(x − y)) dγy = − n(y) ∧ (p(y)∇y G(x − y)) dγy
Γ
Z Γ
=
n(y) ∧ (G(x − y)∇p(y)) dγy
ZΓ
=
G(x − y) (n(y) ∧ ∇p(y)) dγy .
Γ
⊲ Toujours grâce à la formule de Green, de (11.11) et (11.9) on déduit que
Z
Z
Z
ℓ
∇D (p) · ∇ψ(x) = −ν
ψ(x) div
p(y)G(x − y)nℓ (y) dγy
Ω
Γ
Z Ω Z
+ ν ψ(x) p(y)G(x − y) (nℓ (y) · nℓ (x)) dγy dγx
Γ
Z Γ
Z
− (nℓ (x) ∧ ∇ψ(x)) · G(x − y) (nℓ (y) ∧ ∇p(y)) dγy dγx ,
Γ
Γ
et finalement, à l’aide de (11.8), on aboutit à
Z
Z
∂Dℓ (p)
, ψ = ν ψ(x) p(y)G(x − y) (nℓ (y) · nℓ (x)) dγy dγx
∂nℓ
Γ
Z ZΓ
G(x − y) [(nℓ (x) ∧ ∇ψ(x)) · (nℓ (y) ∧ ∇p(y))] dγy dγx .
−
Γ
Γ
Q.E.D.
Chapitre 12
Equations intégrales concrètes
Il ne s’agit ici que récolter les résultats obtenus aux chapitres précédents et de réaliser
une présentation synthétique des équations intégrales variationnelles dont nous étudierons
ultérieurement la discrétisation.
12.1
12.1.1
Equations de première espèce
L’acoustique
Le problème de Dirichlet par potentiel de simple couche
La formule (10.8) nous a permis de le poser sous la forme suivante :
Trouver q ∈ H −1/2 (Γ), tel que ∀t ∈ H −1/2 (Γ),
ht, σ(q)i = ht, gi ,
mais nous savons maintenant que, si q est bornée, alors
Z
σ(q) = (γ0 ◦ S(q)) (x0 ) = − q(y)G(x0 − y) dγy , ∀x0 ∈ Γ,
(12.1)
(12.2)
Γ
selon les formules (10.65) et (11.2). Si nous nous limitons maintenant à des inconnues q et à
des fonctions d’essai t assez régulières, ce qui sera toujours le cas lors de la discrétisation de
(12.1), nous aboutissons au problème suivant, dit de première espèce :
TrouverZ q ∈ H −1/2 (Γ), tel que ∀t Z∈ H −1/2 (Γ),
Z
t(x)g(x) dγx .
t(x) q(y)G(x − y) dγy dγx =
Γ
(12.3)
Γ
Γ
La dénomination d’équation de première espèce est consécutive au fait que dans l’équation
(12.2), l’inconnue q n’apparaît pas sous la forme d’un terme ponctuel du type αq(x0 ).
Le problème de Neumann par potentiel de double couche
Selon la formule (10.20) nous pouvons le poser sous la forme
Trouver
pℓ ∈ H 1/2 (Γ), tel que ∀s ∈ H 1/2 (Γ),
ℓ
∆ (pℓ ), s = hfℓ , si ,
135
(12.4)
136
Equations intégrales concrètes
ce qui peut encore s’écrire, d’après (10.66) et (11.7),
1/2
Trouver
pℓ ∈ H 1/2 (Γ),
Z ∀s ∈ H (Γ),
Z tel que
Z
s(x)fℓ (x) dγx = ν s(x) pℓ (y)G(x − y) (nℓ (y) · nℓ (x)) dγy dγx
Z ΓZ
Γ
Γ
G(x − y) [(nℓ (x) ∧ ∇s(x)) · (nℓ (y) ∧ ∇pℓ (y))] dγy dγx .
−
Γ
(12.5)
Γ
Il s’agit là encore d’une équation de première espèce.
12.1.2
Le Laplacien
Le problème de Dirichlet par potentiel de simple couche
Le cas tridimensionnel ne présente pas de différence avec l’acoustique, par contre dans le
cas bidimensionnel, selon (10.38), le problème se présente sous la forme suivante :
◦ −1/2
◦ −1/2
Trouver
D · Eq ∈ DH · E (Γ), tel que ∀t ∈ H
t, σ(q) = t, g ,
(Γ),
(12.6)
dont la discrétisation nécessite la prise en compte de la contrainte ht, 1i = 0 relative aux
fonctions d’essai. L’implémentation peut en être réalisée au prix d’un changement d’inconnues
tel que ht, 1i soit l’un des degrés de liberté, mais un autre point de vue consiste à constater
que (12.6) peut encore s’écrire
·
·
σ(q) = g.
(12.7)
◦ −1/2
En effet, si ht, hi = 0, ∀t ∈ H
(Γ), alors
hτ, 1i
hτ, 1i
h1, hi
hτ, 1i
,h +
h1, hi =
h1, hi = τ,
, ∀τ ∈ H −1/2 (Γ),
hτ, hi = τ −
|Γ|
|Γ|
|Γ|
|Γ|
soit par conséquent h = h1, hi / |Γ| ; c’est dire que h est constant. Notons alors σ
e(q) un
·
représentant dans la classe σ(q), par exemple celui qui vérifie he
σ (q), 1i = 0 ; l’équation (12.7)
peut encore s’écrire
◦ −1/2
Trouver (q, r) ∈ H
ou, en posant
(Γ) × R, tel que σ
e(q) + r = g,
(12.8)
hχ, 1i
σ
e(χ) = σ
e χ−
, ∀χ ∈ H −1/2 (Γ),
|Γ|
selon la formulation formulation mixte :
Trouver (χ, r) ∈ H −1/2 (Γ) × R, tel que ∀ (τ, ρ) ∈ H −1/2 (Γ) × R,
hτ, σ
e(χ)i + r hτ, 1i = hτ, gi ,
ρ hχ, 1i = 0.
(12.9)
On peut constater que la constante additive r joue le rôle d’un multiplicateur de Lagrange
·
associé à la contrainte hχ, 1i = 0. Selon (8.12), si S(q) est un représentant dans la classe S(q),
nous aurons
Z
S(q) = C − q(y) G(x − y) dγy ,
Γ
12.1 Equations de première espèce
137
et par conséquent
Z
Z
Z
τ (x) dγx − τ (x) (χ(y) − hχ, 1i / |Γ|) G(x − y) dγy dγx
Γ
Z Γ
Z
hχ, 1i
+
τ (x) G(x − y) dγy dγx ,
|Γ| Γ
Γ
Z
Z
Z
= C τ (x) dγx − τ (x) χ(y)G(x − y) dγy dγx .
hτ, σ
e(χ)i = C
Γ
Γ
Γ
Γ
Il en résulte que (12.9) a pour expression concrète
TrouverZ(χ, r) ∈ H −1/2 (Γ) × R, tel Zque ∀τ ∈ H −1/2
Z
Z (Γ),
τ (x) χ(y)G(x − y) dγy dγx + r τ (x) dγx =
τ (x)g(x) dγx .
ZΓ
Γ
Γ
Γ
χ(x) dγx = 0.
(12.10)
Γ
Il reste à vérifier que (12.9) est équivalent à (12.7) et que sa discrétisation ne soulève pas de
difficultés.
Proposition 12.1 Le problème (12.9) est bien posé, sa solution vérifie (12.8).
Démonstration.
⊲ Vérifions la condition ‘inf − sup’ ; on aura
|hτ, 1i|
|r hτ, 1i|
=
,
|r| kτ k
kτ k
d’où il résulte que
inf
sup
r∈R τ ∈H −1/2 (Γ)
|r hτ, 1i|
|Γ|
1/2
≥
≥ |Γ| .
|r| kτ kH −1/2 (Γ)
k1kH −1/2 (Γ)
On en déduit que (12.9) est bien posé et équivalent au problème suivant
◦ −1/2
·
·
soit en fait σ(q) = g.
◦ −1/2
Trouver q ∈ H
(Γ), tel que ∀t ∈ H
ht, σ
e(q)i = ht, gi ,
(Γ),
⊲ De même, la condition ‘inf − sup’ discrète est trivialement vérifiée pour tout sous-espace discret
de H −1/2 (Γ), d’où la convergence de l’approximation par éléments finis de (12.9).
Q.E.D.
Le problème de Neumann par potentiel de double couche
Nous l’avons posé en (10.50) et (10.60) sous la forme
·
·
Trouver
pℓE∈ HD1/2 (Γ)/R,
tel que ∀s ∈ H 1/2 (Γ)/R,
D
E
·
·
·
∆ℓ (pℓ ), s = fℓ , s ,
(12.11)
138
Equations intégrales concrètes
sous réserve que soit vérifiée la condition de compatibilité hfℓ , 1i = 0. Si nous notons alors
◦ 1/2
H
Z
1/2
(Γ) = p ∈ H (Γ) p dγ = 0 ,
nous pouvons en donner la formulation alternative suivante :
◦ 1/2
◦ 1/2
Trouver
pℓ ∈ H (Γ), tel que ∀s ∈ H
ℓ
∆ (pℓ ), s = hfℓ , si .
(Γ),
(12.12)
Proposition 12.2 Le problème (12.12) est bien posé ; si de plus fℓ vérifie la condition de
·
compatibilité hfℓ , 1i = 0, alors pℓ appartient à la classe pℓ , solution de (12.11).
Démonstration.
·
⊲ Notons d’abord que s
H 1/2 (Γ)/R
≥ β ksk ◦ 1/2
·
H
(Γ)
; en effet, l’application
◦ 1/2
s → s : H 1/2 (Γ)/R →H
(Γ)
est continue et bijective, elle est donc d’inverse continu. La coercivité de la forme bilinéaire ∆ℓ (pℓ ), s
D
E
◦ 1/2
·
·
sur H (Γ) résulte alors de celle de ∆ℓ (pℓ ), s sur H 1/2 (Γ)/R.
◦ −1/2
⊲ par ailleurs, si pℓ est solution de (12.12), alors ∆ℓ (pℓ ) − fℓ = C = 0, puisque ∆ℓ (pℓ ) ∈ H
·
On en déduit que pℓ est solution de (12.11).
(Γ).
Q.E.D.
De même que lors de la résolution du problème de Dirichlet par potentiel de simple couche,
on peut donner de (12.12) une formulation mixte :
1/2
1/2
Trouver
(p
ℓ
ℓ , r) ∈ H (Γ) × R, tel que ∀ (s, ρ) ∈ H (Γ) × R,
∆ (pℓ ), s + r h1, si = hfℓ , si ,
ρ h1, pℓ i = 0.
(12.13)
Sous forme d’équation intégrale, on écrira
1/2
Trouver
(pℓ , r) ∈ H 1/2
Z (Γ) × ZR, tel que ∀s ∈ H (Γ),
Z
s(x)fℓ (x) dγx = ν s(x) pℓ (y)G(x − y) (nℓ (y) · nℓ (x)) dγy dγx
Z ΓZ
Γ
Γ
G(x − y) [(nℓ (x) ∧ ∇s(x)) · (nℓ (y) ∧ ∇pℓ (y))] dγy dγx
−
ZΓ Γ
+r s(x) dγx .
Z
Γ
pℓ (x) dγx = 0.
Γ
(12.14)
12.2 Equations de seconde espèce
12.2
139
Equations de seconde espèce
12.2.1
L’acoustique
Le problème de Neumann par potentiel de simple couche
Nous l’avons mis sous la forme
γ1ℓ ◦ S(qℓ ) = fℓ ,
(12.15)
qui n’est rien d’autre que la formule (10.10), et nous savons selon (11.3) que, pour q suffisamment régulier,
Z
∂
q(x0 )
, pp x0 ∈ Γ.
(12.16)
γ1ℓ ◦ S(q) (x0 ) = − q(y)
G(x0 − y)dγy +
∂n
2
ℓ
Γ
L’équation en découle est dite de seconde espèce, en raison de la présence du terme ponctuel q(x0 )/2 dans l’équation (12.16). Nous pouvons donc donner de (12.15) la formulation
variationnelle suivante :
Trouver
qℓ ∈ L2 (Γ), Ztel que Z∀s ∈ L2 (Γ),
Z
Z
∂
1
qℓ (x)s(x)dγx − s(x) qℓ (y)
fℓ (x)s(x)dγx .
G(x − y)dγy dγx =
2 Γ
∂nℓ
Γ
Γ
Γ
(12.17)
Le choix de l’espace L2 (Γ) est lié aux propriétés de l’opérateur γ1ℓ ◦ S|Γ tel qu’il est donné par
la formule (12.16), ainsi que nous le verrons ultérieurement.
Le problème de Dirichlet par potentiel de double couche
Selon la formule (10.22), nous résolvons maintenant l’équation
γ0ℓ ◦ Dℓ (pℓ ) = gℓ ,
(12.18)
et comme
γ0ℓ
ℓ
◦ D (p) (x0 ) =
Z
p(y)
Γ
∂
p(x0 )
G(x0 − y)dγy +
, pp x0 ∈ Γ,
∂y nℓ (y)
2
(12.19)
nous pouvons en donner la formulation
Trouver
pℓ ∈ L2 (Γ), Ztel queZ∀t ∈ L2 (Γ),
Z
Z
∂
1
pℓ (x)t(x)dγx + t(x) pℓ (y)
G(x − y)dγy dγx =
gℓ (x)t(x)dγx ;
2 Γ
∂ y nℓ
Γ
Γ
Γ
(12.20)
de même que (12.17) c’est une équation de seconde espèce
12.2.2
Le Laplacien
Le problème de Neumann tridimensionnel par potentiel de simple couche
D’après la remarque 10.11, seul le problème extérieur est susceptible d’une résolution à
l’aide d’un potentiel de simple couche, la situation étant alors tout-à-fait similaire à celle de
l’acoustique.
140
Equations intégrales concrètes
Le problème de Dirichlet tridimensionnel par potentiel de double couche
Le cas du problème extérieur est relativement difficile, car la donnée de Dirichlet doit
vérifier la condition de compatibilité (10.62), à dire vrai difficilement exploitable, pour que la
solution puisse être représentée à l’aide d’un potentiel de simple couche. Nous ne traiterons
donc que du problème intérieur ; selon la formule (10.61), il prend la forme suivante :
e i (p· i ) = g· i ,
γ0i ◦ D
ce qui peut encore s’écrire
◦ 1/2
Trouver (pi , r) ∈ H
(12.21)
e i (pi ) + r = gi .
(Γ) × R, tel que γ0i ◦ D
Sous forme variationnelle, et selon les formules (8.10) et (11.6), on sera donc amené à résoudre
le problème concret suivant :
◦2
◦2
TrouverZ pi ∈ L (Γ), tel que ∀t ∈ L (Γ), Z
Z
Z
∂
1
t(x) pi (y)
pi (x)t(x)dγx =
gi (x)t(x)dγx ,
G(x − y)dγy dγx +
∂ y nℓ
2 Γ
Γ
Γ
Γ
où
(12.22)
Z
2
L (Γ) = u ∈ L (Γ) u dγ = 0 .
◦2
Γ
Sous forme d’un problème mixte, on pourra écrira
Trouver (pi , r) ∈ LZ2 (Γ) ×ZR, tel que ∀t ∈ L2 (Γ),
Z
∂
gi (x)t(x)dγx =
t(x) pi (y)
G(x − y)dγy dγx
∂Zy nℓ
Γ
Γ
Γ
Z
1
pi (x)t(x)dγx + r t(x)dγx
+
2 Γ
Z
Γ
pi (x)dγx = 0.
(12.23)
Γ
Notons qu’il ne s’agit pas d’un problème classique associé à une forme bilinéaire coercive sur
◦2
L (Γ).
Le problème de Neumann bidimensionnel par potentiel de simple couche
◦ −1/2
Selon la proposition 10.12, il est posé dans H
(Γ), sous la forme
·
γ1ℓ ◦ S(qℓ ) = fℓ ,
(12.24)
et nous savons selon (8.12) et (11.3) que
Z
·
∂
q(x0 )
ℓ
γ1 ◦ S(q) (x0 ) = − q(y)
G(x0 − y)dγy +
, pp x0 ∈ Γ.
∂n
2
ℓ
Γ
(12.25)
12.2 Equations de seconde espèce
141
Il en résulte que (12.24) peut se mettre sous la forme suivante :
◦2
◦2
Trouver
qℓ ∈ L (Γ), Ztel que Z∀s ∈ L (Γ),
Z
Z
1
∂
qℓ (x)s(x)dγx − s(x) qℓ (y)
fℓ (x)s(x)dγx .
G(x − y)dγy dγx =
2 Γ
∂nℓ
Γ
Γ
Γ
(12.26)
Nous pouvons également en donner une formulation mixte :
2
Trouver
(qℓ , r) ∈ L2 (Γ)
Z × R,Ztel que ∀s ∈ L (Γ),
Z
∂
G(x − y)dγy dγx
fℓ (x)s(x)dγx = − s(x) qℓ (y)
Z
Γ Z ∂nℓ
Γ
Γ
1
qℓ (x)s(x)dγx
+r s(x)dγx +
2 Γ
Γ
Z
qℓ (x)dγx = 0.
(12.27)
Γ
Le problème de Dirichlet bidimensionnel par potentiel de double couche
Les problèmes tant intérieur qu’extérieur sont semblables au problème de Dirichlet tridimensionnel intérieur ; selon l’équation (10.64), on est amené à résoudre
·ℓ ·
·
(12.28)
Σ ( pℓ ) = g ℓ ,
dans H 1/2 (Γ)/R, ce qui peut encore s’écrire
◦ 1/2
Trouver (pℓ , r) ∈ H
· i
(Γ) × R, tel que γ0i ◦ D (pℓ ) + r = gℓ .
Selon (8.13) et (11.6), sous forme variationnelle, on écrira
◦2
◦2
Trouver
Z pℓ ∈ L (Γ), tel que ∀t ∈ L (Γ), Z
Z
Z
∂
1
t(x) pℓ (y)
gℓ (x)t(x)dγx ,
pℓ (x)t(x)dγx =
G(x − y)dγy dγx +
∂ y nℓ
2 Γ
Γ
Γ
Γ
(12.29)
et sous forme mixte
Trouver
(pℓ , r) ∈ LZ2 (Γ) ×ZR, tel que ∀t ∈ L2 (Γ),
Z
∂
G(x − y)dγy dγx
t(x) pℓ (y)
gℓ (x)t(x)dγx =
Γ
Γ
Γ
Z∂y nℓ
Z
1
+r t(x)dγx +
pℓ (x)t(x)dγx
2 Γ
Γ
Z
pℓ (x)dγx = 0.
Γ
(12.30)
142
Equations intégrales concrètes
Quatrième partie
Calculs explicites
143
Chapitre 13
Potentiels engendrés par des
répartitions uniformes
Dans un premier temps, nous allons étudier le potentiel créé en un point par une répartition uniforme de sources ou de doublets sur un segment ou une portion de plan de forme
simple. La détermination des traces et des dérivées normales de ces potentiels constituera
ne constituera pas qu’une illustration des formules générales précédemment découvertes, mais
fournira des formules pratiquement utiles pour le calcul des éléments de matrices qui découlent
des approximations de bas degré des équations intégrales.
13.1
13.1.1
Bidimensionnel
Fonctions de Green
La première étape consiste à développer la solution élémentaire au voisinage de l’origine,
quelques connaissances sur les fonctions de Bessel se révèlent nécessaires dans le cas bidimensionnel. On a vu que
1 (1) √
G(x) = H0 ( ν kxk).
4i
Posons alors
(1)
F (z) = H0 (z) = J0 (z) + iY0 (z).
On sait (ou on devrait savoir) que
z2
z4
+
+ O(z 6 )
4
64
2(γ − Log 2) z 2 Log z
z2
2
−
+
(1 + Log 2 − γ)
Y0 (z) = Log z +
π
π
2π
2π
z 4 Log z
z4
3
+
+
γ − Log 2 −
+ O(z 6 Log z),
32π
32π
2
J0 (z) = 1 −
145
146
Potentiels engendrés par des répartitions uniformes
ainsi que
z
z3
J0′ (z) = − +
+ O(z 5 )
2 16
2
z Log z
z 1
′
Y0 (z) =
−
+
+ Log 2 − γ
πz
π
π 2
z 3 Log z
z3
5
+
+
γ − Log 2 −
+ O(z 5 Log z),
8π
8π
4
et
1 3z 2
J0′′ (z) = − +
+ O(z 4 )
2
16
Log z
1
1
2
′′
+
− + Log 2 − γ
Y0 (z) = − 2 −
πz
π
π
2
2
2
3z Log z 3z
11
+
+
γ − Log 2 −
+ O(z 4 Log z)
8π
8π
12
On pourra donc écrire
2i
2i
i 2
Log z + 1 + (γ − Log 2) −
z Log z + O(z 2 )
π
π 2π
2i
iz Log z iz 1 iπ
′
F (z) =
−
+
+
+ Log 2 − γ
πz
π
π 2
2
iz 3 Log z iz 3
iπ 5
+
+
− − + γ − Log 2 + O(z 4 )
8π
8π
2
4
i
Log
z
i
1
2i
iπ
′′
+
− + Log 2 − γ
F (z) = − 2 −
πz
π
π 2
2
2
2
3iz Log z 3iz
iπ 11
+
+
+ γ − Log 2 + O(z 3 ),
− −
8π
8π
6
12
F (z) =
(13.1)
(13.2)
(13.3)
ainsi que
1 √
F ( ν kxk)
4i
√
ν (x |n ) ′ √
∂
G(x) =
F ( ν kxk)
∂n
4i kxk
√
ν (x |n ) (x |m ) ′′ √
ν (n |m ) ′ √
∂2
G(x) =
F ( ν kxk) +
F ( ν kxk)
∂n∂m
4i kxk
4i kxk2
√
ν (x |n ) (x |m ) ′ √
F ( ν kxk)
−
4i kxk3
G(x) =
(13.4)
(13.5)
(13.6)
Par conséquent
1
e
Log(kxk) + R(x)
2π
∂ e
∂
(x |n )
+
R(x),
G(x) =
2
∂n
∂n
2π kxk
G(x) =
(13.7)
(13.8)
13.1 Bidimensionnel
147
ainsi que
√
(x |n ) (x |m ) ν Log( ν kxk) (x |n ) (x |m )
∂2
(n |m )
−
−
G(x) =
∂n∂m
2π kxk2
2π kxk4
4π kxk2
√
(x |n ) (x |m ) ν Log( ν kxk) (x |n ) (x |m )
−
+
+ O(1),
2π kxk4
4π kxk2
soit
(n |m )
∂2
(x |n ) (x |m )
∂2 e
R(x),
G(x) =
−
+
∂n∂m
∂n∂m
2π kxk2
π kxk4
(13.9)
e
où la fonction R(x)
possède une dérivée seconde continue. Il est donc loisible, et c’est ce
que nous ferons par la suite, de n’effectuer que les calculs d’intégrales relatifs à la solution
élémentaire du laplacien, le terme de correction nécessaire à l’acoustique étant facile à calculer
numériquement.
13.1.2
Potentiel de simple couche
→
−
Notons b+ et b− deux points dans R2 , β = [b− , b+ ] le segment qui les joint et β = b+ − b− .
Si x ∈ R2 , on note z sa projection sur le support de β, et si y ∈ β, on pose
−
→
β
= y − z = t(4)
,
kβk
(13.10)
−
→
−
→
β
β
= (y − x) ·
.
= (y − z) ·
kβk
kβk
(13.11)
y(4)
d’où
t(4)
On note également (t− )(4) et (t+ )(4) les abscisses respectives des extrémités b− et b+ dans ce
paramétrage :
−
→
−
→
β
β
b± = z + (t± )(4)
soit (t± )(4) = (b± − x) ·
= ε± kb± − zk ,
kβk
kβk
où
−
→
ε± = sgn (b± − x) · β .
On note enfin
Trace
S(x) = −
soit
(13.13)
∆t(4) = (t− )(4) , (t+ )(4) et d = kx − zk .
On calcule
Z
β
G(x − y) dty , avec G(x) =
1
S(x) = −
2π
Z
Log
∆t(4)
(13.12)
1
Log kxk ,
2π
p
d2 + t2 dt,
(13.14)
(13.15)
(13.16)
148
Potentiels engendrés par des répartitions uniformes
et comme
on obtient
Z
Z
Log
∆t(4)
Log
p
p
t
d2 + t2 dt = t Log d2 + t2 − 1 + d Arc tg ,
d
(13.17)
p
d2 + t2 dt = − kδk + (t+ )(4) Log kx − b+ k − (t− )(4) Log kx − b− k
(t+ )(4)
(t− )(4)
+ d Arc tg
− Arc tg
,
d
d
soit par conséquent
1
(ε+ kz − b+ k Log kx − b+ k − ε− kz − b− k Log kx − b− k)
2π
d
kz − b− k
kz − b+ k
kβk
−
− ε− Arc tg
.
ε+ Arc tg
+
2π
d
d
2π
S(x) = −
(13.18)
Déterminons maintenant la limite de S(x) quand x tend vers sa projection z sur le support
de β, soit
x → z et d → 0.
On aura
lim S(x) = −
x→z
et comme
on vérifie bien que
1
(ε+ kz − b+ k Log kz − b+ k − ε− kz − b− k Log kz − b− k) ,
2π
Z
Log
mod u du = u(Log
(13.19)
mod u − 1),
(13.20)
lim S(x) = S(z).
x→z
Dérivée normale
Notons maintenant n un vecteur normal unitaire à β, on calculera tout d’abord
Z
∂
∂
G(x − y) dty .
(13.21)
S(x) = −
∂n
∂n β
On aura
∂
1
S(x) = −
∂n
2π
et comme
on obtient
Z
Z
∆t(4)
u2
Z
∆t(4)
(x − z) · n
dt,
d 2 + t2
(13.22)
1
1
u
du = Arc tg ,
2
+d
d
d
(x − z) · n
(x − z) · n
dt =
2
2
d +t
d
(t− )(4)
(t+ )(4)
− Arc tg
Arc tg
d
d
(13.23)
.
(13.24)
13.1 Bidimensionnel
149
Par conséquent, si
(13.25)
ε = sgn (x − z) · n,
on obtient
Z
et
∆t(4)
(x − z) · n
ε+ kb+ − zk
ε− kb− − zk
dt = ε Arc tg
− Arc tg
,
d 2 + t2
d
d
ε
∂
S(x) = −
∂n
2π
d’où
ε− kb− − zk
ε+ kb+ − zk
− Arc tg
Arc tg
,
d
d
(13.26)
ε
∂
S(x) = − χ((t− )(4) ,(t+ )(4) ) (0).
(13.27)
∂n
2
On constate bien que, ainsi qu’il résulte de la formule (11.3), [∂S/∂n] = 1. Notons que dans
e étant radiale, on aura
le cas de l’acoustique, la formule (13.27) reste valable ; en effet, R
e
∂ R(z − y)/∂n = 0.
lim
x→z
13.1.3
Potentiel de double couche
Trace
On aura
Dn (x) =
Z
β
∂
∂
G(x − y) dty =
S(x).
∂y n
∂n
(13.28)
Dérivée normale
Il nous reste à effectuer le calcul de la dérivée normale :
Z
∂
∂
∂
Dn (x) =
G(x − y) dty .
∂m
∂m β ∂y n
Pour m = ±n, on aura
(13.29)
Z
∂2
G(x − y) dty
β ∂m∂n
Z
Z
1
d2
1
1
dt ±
dt,
=∓
2π ∆t(4) t2 + d2
π ∆t(4) (t2 + d2 )2
∂
Dn (x) = −
∂m
(13.30)
soit en fait, comme
Z
u
1
u
1
du
=
+
Arc
tg
,
(u2 + d2 )2
2d2 (u2 + d2 ) 2d3
d
le résultat suivant :
ε− kb− − zk
ε+ kb+ − zk
−
2
2
kb+ − zk + d
kb− − zk2 + d2
1 ε+ kb+ − zk ε− kb− − zk
−
.
=±
2π
kb+ − xk2
kb− − xk2
∂
1
Dn (x) = ±
∂m
2π
(13.31)
150
Potentiels engendrés par des répartitions uniformes
Par conséquent
∂
1
lim
Dn (x) = ±
x→z ∂m
2π
⊲ Mais, pour z 6∈ β,
Z
(n |m )
lim
ds = ±
x→z 2π kx − yk2
Z
∆t(4)
1
=∓
2π
et par conséquent
lim
x→z
∂
Dn (x) =
∂m
Z
ε−
ε+
−
kb+ − zk kb− − zk
1
1
dt = ∓
2
2πt
2π
(13.32)
.
1
1
− −
+
(t )(4) (t )(4)
!
ε+
ε−
−
kb+ − zk kb− − zk
lim
β x→z
∂2
G(x − y) dty ,
∂x m∂y n
◦
⊲ tandis que pour z ∈ β,
Pf
Z
∆t(4)
Z
1
1
dt =
lim
2
2πt
2π ε→0
=−
1
2π
∆t(4) \[−ε,+ε]
1
2
dt −
2
t
ε
!
1
1
−
(t+ )(4) (t− )(4)
!
dt
,
soit
lim
x→z
∂
Dn (x) = − Pf
∂m
Z
lim
β x→z
(n |m )
dty = Pf
2π kx − yk2
Z
β
∂2
G(z − y) dty .
∂x m∂y n
(13.33)
On constate bien que la dérivée normale d’un potentiel de double couche s’exprime non comme
une intégrale mais comme une partie finie et ne présente pas de saut à la traversée de la
frontière. Dans le cas où z est confondu avec l’une des extrémités du segment δ, la limite
n’existe pas.
13.2
Tridimensionnel
Il ne peut s’agir ici d’obtenir de formules explicites pour le potentiel généré par une répartition de sources ou de doublets sur un ouvert quelconque du plan. Nous nous contenterons
de traiter le cas de disques ou de polygones.
13.2.1
Fonctions de Green
On sait que
G(x) = −
Posons alors
1 eikkxk
4π kxk
H(z) =
eiz
z
13.2 Tridimensionnel
151
on aura
k
H(k kxk)
4π
∂
k 2 (x |n ) ′
G(x) = −
H (k kxk)
∂n
4π kxk
∂2
k 2 (n |m ) ′
k 3 (x |n ) (x |m ) ′′
H (k kxk)
G(x) = −
H (k kxk) −
∂n∂m
4π kxk
4π kxk2
G(x) = −
+
(13.34)
(13.35)
(13.36)
k 2 (x |n ) (x |m ) ′
H (k kxk)
4π kxk3
Mais
H(z) =
X in
n≥0
H ′ (z) =
=
n!
z n−2
=
(13.37)
n!
−1 1 X (n + 1)in+2 n
− +
z
z2
2
(n + 2)!
n≥1
X (n − 2)(n − 1)in
n≥0
X in+1
1
+i+
zn
z
(n + 1)!
n≥1
X (n − 1)in
n≥0
H ′′ (z) =
n!
z n−1
z n−3
=
2
i
− +
z3 3
X (n + 1)(n + 2)in+3
n≥1
(n + 3)!
zn
et par conséquent
1
+ O(1)
4π kxk
∂
(x |n )
G(x) =
+ O(1)
∂n
4π kxk3
G(x) = −
(13.38)
(13.39)
ainsi que
3 (x |n ) (x |m ) k 2 (n |m ) k 2 (x |n ) (x |m )
∂2
(n |m )
−
+
+ O(1)
G(x) =
−
3
∂n∂m
8π kxk
4π kxk
4π kxk5
8π kxk3
(13.40)
Dans la suite, nous ne prendrons en considération que la solution élémentaire du laplacien, le
terme de correction étant facile à calculer pour les potentiels de simple et de double couche.
Dans le cas de la dérivée normale d’un potentiel de double couche, nous nous contenterons de
montrer que la singularité du noyau donne naissance à une partie finie, ce qui ne mettra en
jeu là encore que la solution élémentaire du laplacien.
13.2.2
Trace d’un potentiel de simple couche
On considère un plan T ⊂ R3 et un ouvert T ⊂ T ; on calcule
Z
S(x) = − G(x − y) dty ,
T
soit, avec
G(x) = −
1
,
4π kxk
152
Potentiels engendrés par des répartitions uniformes
l’expression suivante :
S(x) =
1
4π
Z
T
1
dty .
kx − yk
Notons z la projection de x sur T ainsi que, pour y ∈ T,
T(3) = T − z, y(3) = y − z et D = kx − zk .
On aura
Z
T
1
dty =
kx − yk
Z
T(3)
1
q
2 dty(3) ,
D2 + y(3) et par conséquent d’après (B.97) et (B.98),
Z
Z
Z ∞
1
dt
q
dty =
y(3) · ν D
dσ(y(3) )
T kx − yk
D t 2 y 2 + t 2
∂T(3)
(3)
q
Z
2
y(3) · ν
2
y(3) + D − D dσ(y(3) ),
=
2
∂T(3) y(3) puisque
√
dt
u 2 + t2
√
.
=−
tu2
t2 u 2 + t2
Z
C’est dire que
1
S(x) =
4π
Z
∂T(3)
et par conséquent
1
lim S(x) =
x→z
4π
Par ailleurs
Z
T
Z
q
2
y(3) · ν
2
y(3) + D − D dσ(y(3) ),
y(3) 2
∂T(3)
Z
y(3) · ν
e
y(3) dσ(y(3) ) − T R(z − y) dty .
1
lim
dty =
x→z kx − yk
=
ce qui implique comme prévu,
lim S(x) = −
x→z
Z
T
Z
Z
T(3)
(13.41)
(13.42)
dty
(3)
y(3) ∂T(3)
y(3) · ν
y(3) dσ(y(3) ) ;
G(z − y)dty = S(z).
Dans certains cas particuliers on peut poursuivre le calcul et obtenir des formules plus explicites :
13.2 Tridimensionnel
153
Le cas des disques
Si z est confondu avec le centre 0 du disque, de rayon R, on a
√
R2 + D 2 − D
S(x) =
,
2R
et
S(0) =
R
.
2
(13.43)
(13.44)
Le cas des polygones
Le cas des triangles est particulièrement intéressant, car il est relativement facile de réaliser
l’approximation d’une surface par des triangles plans. Les quadrangles sont également souvent
utilisés, bien qu’essentiellement adaptés aux surfaces de révolution.
−
→
Notons β j = [bj , bj+1 ] le jème côté du polygone T, β j = bj+1 − bj , et z j la projection
de x sur le support de β j , (qui n’est autre que celle de z sur ce même β j ). Notons également
j
= y − z j , et paramétrons β j selon la formule
y(4)
j
y(4)
=
−
→j
β
j
t(4) j ,
kβ k
Nous noterons respectivement tj−
(4)
soit
tj(4)
= y−z
j
−
→j
β
· j .
kβ k
et (tj+ )(4) les abscisses respectives de l’origine bj et de
l’extrémité bj+1 de β j dans ce paramétrage, c’est-à-dire
−
→
−
→j
βj
β
j
j
soit (t− )(4) = bj − z · j et
bj = z +
kβ k
(4) kβ j k
−
→j
→
−
βj
β
j
j
j
j
bj+1 = z + (t+ )(4) j soit (t+ )(4) = bj+1 − z · j .
kβ k
kβ k
j
Nous noterons également
tj−
∆tj(4) =] tj−
(4)
, (tj+ )(4) [,
et dj la distance signée de z au segment β j , soit
dj = z j − z · ν j = z j − x · ν j ,
où, rappelons le, ν j est la normale extérieure à T le long de β j . On aura dj = (y − z) · ν j
∀y ∈ β j , et par conséquent
q
Z
2
y(3) · ν
2
y(3) + D − D dσ(y(3) )
2
∂T(3) y(3) q
XZ
2
dj
2
y(3) + D − D dσ(y(3) )
=
(13.45)
y(3) 2
βj
j
q
XZ
|dj |2 + D2 + t2 − D
j
d
=
dt
.
j
j | 2 + t2
|d
∆t
(4)
j
154
Potentiels engendrés par des répartitions uniformes
Si on note alors F une primitive :
F(D, dj , t) =
Z
d
q
|dj |2 + D2 + t2 − D
j
|dj |2 + t2
dt,
(13.46)
et qu’on remarque que
q
q
j 2
d + D2 = x − z j 2 et |dj |2 + D2 + t2 = kx − z j k2 + ky − z j k2 = kx − yk
(4)
alors, à une constante additive près,
t
t
− D Arc tg j
j
kx − z k
d
2
2
)
(
j
j
x − z + it dj i sgn d D
− x − z j + it dj +
Arg th
.
+ Arg th
2
D kx − yk
D kx − yk
F(D, dj , t) = dj Arg sh
Cette expression peut prendre diverses formes, au nombre desquelles, toujours à une constante
additive près, selon les formules (B.82) et(B.84),
t
F(D, dj , t) = dj Log (t + kx − yk) − D Arc tg j
d
(
j
x − z j 2 + it dj + D kx − yk
i sgn d D
,
+
Log
4
− kx − z j k2 − it |dj | + D kx − yk
)
2
− x − z j + it dj + D kx − yk
+ Log
,
kx − z j k2 − it |dj | + D kx − yk
soit
t
F(D, dj , t) = dj Log (t + kx − yk) − D Arc tg j
d
4
2
D
2
2
j
− arg D kx − yk − x − z − t2 dj + 2itDdj kx − yk ,
2
ou encore
q
t
2
F(D, d , t) = d Log t + |dj | + D2 + t2 − D Arc tg j
d
q
j 2 j 2
j 2
D
2
2
2
2
j
j
2
2
d +D +t D − d
− arg − d
+ 2itDd |d | + D + t .
2
j
j
Notons maintenant que F(D, dj , t) est discontinue en t = 0, soit en fait
j D
sgn
d
π,
lim F(D, dj , t) = dj Log x − z j ∓
2
t→0±
ce qui conduit par conséquent aux expressions suivantes :
(13.47)
13.2 Tridimensionnel
⊲ Si z j ∈
/ βj
Z
∆tj(4)
d
155
q
|dj |2 + D2 + t2 − D
j
|dj |2
+
t2
dt = F(D, dj , (t+ )j(4) ) − F(D, dj , (t− )j(4) )
⊲ Si z j ∈ β j ,
q
Z
|dj |2 + D2 + t2 − D
j
+ j
j
− j
j
j
dt
=
F(D,
d
,
(t
)
)
−
F(D,
d
,
(t
)
)
+
sgn
d
Dπ.
d
(4)
(4)
|dj |2 + t2
∆tj(4)
Par conséquent
1 X
F(D, dj , (t+ )j(4) ) − F(D, dj , (t− )j(4) ) + Dπ sgn dj χ∆tj (0) .
S(x) =
(4)
4π
(13.48)
j
Il s’agit là d’une formule générale permettant le calcul du potentiel engendré au point x
par une répartition homogène de sources de densité 1, sur le polygone de côtés β j . Quelques
cas particuliers méritent un commentaire :
Si x ∈ T
x = z, et
C’est dire que le point x est situé dans le plan du polygone. On aura alors D = 0,
q
2
j
2
F(D, d , t) = d Log t + |d | + t
j
j
(13.49)
Le cas où dj0 → 0± Il s’agit du cas où la projection du point x sur le plan du polygone
tend vers le support de l’un des côtés β j0 , soit de l’intérieur, soit de l’extérieur du polygone.
On aura alors z → z j0 et, d’après la formule (13.47),
∓πD sgn t/2 si z j0 ∈ β j0
j0
lim F(D, d , t) =
0 sinon,
dj0 →0±
soit par conséquent
lim dj0
dj0 →0±
Z
j
0
∆t(4)
q
|dj0 |2 + D2 + t2 − D
|dj0 |2 + t2
dt = 0,
et
1 X
j
+ j
j
− j
j
S(x) =
F(D, d , (t )(4) ) − F(D, d , (t )(4) ) + Dπ sgn d Dχ∆tj (0) .
(4)
4π
j6=j0
(13.50)
156
Potentiels engendrés par des répartitions uniformes
13.2.3
Dérivée normale d’un potentiel de simple couche
On aura
∂
1
S(x) = −
∂n
4π
et, avec ε = sgn (x − z) · n,
Z
T
(x − y |n )
dty = εD
kx − yk3
Z
Z
T
(x − y |n )
dty ,
kx − yk3
T(3)
1
D2
+
2
y(3)
3/2 dty(3) ,
et par conséquent d’après (B.97) et (B.98),
Z
T
(x − y |n )
dty = ε
kx − yk3
Z
∂T(3)
= −ε
Z
∂T(3)
soit donc
∂
1
S(x) =
ε
∂n
4π
Il en résulte que
Z
y(3) · ν
∂T(3)
Z
∞
D
dt
2
t2 + y(3)

y(3) · ν
 q
y(3) 2

y(3) · ν
 q
y(3) 2
3/2 dσ(y(3) )
(13.51)

D
− 1 dσ(y(3) ),
2
2
y(3) + D

D
− 1 dσ(y(3) ).
2
2
y(3) + D
Z
y(3) · ν
∂
ε
lim
S(x) = −
dσ(y(3) )
x→z ∂n
4π ∂T(3) y(3) 2
Z
∂ 1
ε
Log y(3) dσ(y(3) )
=−
2 ∂T(3) ∂ν 2π
ε
= − χT (z),
2
(13.52)
(13.53)
d’après la formule (8.1).
Le cas des disques
Si z est confondu avec le centre 0 du disque, de rayon R, on a
ε
∂
S(x) = −
∂n
2
1− √
D
R2 + D 2
,
(13.54)
et
ε
∂
S(0) = − .
∂n
2
(13.55)
13.2 Tridimensionnel
157
Le cas des polygones
On a vu que
1
∂
S(x) =
ε
∂n
4π
or
Z
∂T(3)
Z
∂T(3)

y(3) · ν
 q
y(3) 2

D
− 1 dσ(y(3) ),
2
2
y(3) + D


y(3) · ν
D
− 1 dσ(y(3) )
 q
y(3) 2
y(3) 2 + D2


j
XZ
D
d
=
− 1 dσ(y(3) )
2  q
2
2
y
y(3) + D
(3)
βj
j


XZ
dj
D
q
− 1
dt.
=
j
j | 2 + t2
2
|d
∆t
j
2
2
(4)
j
|d | + t + D
Notons alors U une primitive :
U (D, dj , t) =
on aura
i
U (D, dj , t) =
2
(
Arg th
Ce qui s’écrit encore
Z


dj
D
q
− 1
dt,
|dj |2 + t2
|dj |2 + t2 + D2
x − z j 2 + it dj D kx − yk
j
d t
sgn(dj )
j
F(D, d , t) −
Arg sh
U (D, d , t) =
D
D
kx − z j k
j
d sgn(dj )
=
F(D, dj , t) −
Log (t + kx − yk) ,
D
D
U (D, dj , t) = − Arc tg
−
ou encore
(13.57)
2
)
− x − z j + it dj t
+ Arg th
− Arc tg j .
D kx − yk
d
j
soit
(13.56)
(13.58)
t
dj
4
2
sgn(dj )
arg D2 kx − yk2 − x − z j − t2 dj + 2itDdj kx − yk ,
2
t
U (D, dj , t) = − Arc tg j
d
q
j 2 j 2
j 2 sgn(dj )
2
2
2
2
j
j
2
2
−
arg − d d + D + t D − d + 2itDd |d | + D + t .
2
On aura, là encore
π
lim U (D, dj , t) = ∓ ,
2
ce qui conduit aux expressions suivantes :
t→0±
158
Potentiels engendrés par des répartitions uniformes
⊲ Si z j ∈
/ βj ,


Z
D
dj
q
− 1
dt = U (D, dj , (t+ )j(4) ) − U (D, dj , (t− )j(4) )
2
j
j
2
2
|d
|
+
t
∆t(4)
|dj | + t2 + D2
⊲ Si z j ∈ β j ,
Z


j
d
q
− 1
dt = U (D, dj , (t+ )j(4) ) − U (D, dj , (t− )j(4) ) + π.
2
j | + t2
2
|d
∆tj(4)
|dj | + t2 + D2
D
Par conséquent
1 X
∂
j
+ j
j
− j
S(x) =
ε
U (D, d , (t )(4) ) − U (D, d , (t )(4) ) + πχ∆tj (0) .
(4)
∂n
4π
(13.59)
j
13.2.4
Trace d’un potentiel de double couche
Soit n, normale unitaire à T, comme dans le cas bidimensionnel, on a
Z
Z
∂
∂
∂
Dn (x) =
G(x − y) dy = −
G(x − y) dy =
S(x).
∂n
T ∂y n
T ∂n
13.2.5
Dérivée normale d’un potentiel de double couche
Si m est également une normale unitaire à T, et si ε = (m · n) ,
Z
∂2
∂
Dn (x) = −
G(x − y) dy
∂m
T ∂n∂m
Z
Z
ε
3D2 ε
dy
dy
=−
+
.
3
4π T kx − yk
4π T kx − yk5
Or, d’après la formule (13.51) on a
Z
T
1
1
3 dy = − D
kx − yk
et de plus
Z
T
Z
Z
∂T(3)


y(3) · ν
D
− 1 dσ(y(3) ),
2  q
y(3) y(3) 2 + D2
dty(3)
2 5/2
T(3)
D2 + y(3) Z
Z
∞
t2 dt
1
q
y(3) · ν
= 3
dσ(y(3) )
D ∂T(3)
D
y(3) 2 + t2


Z
y(3) · ν 
D3
1

=− 3
2  3/2 − 1 dσ(y(3) ),
2
D ∂T(3) 3 y(3) y(3) + D2
dy
=
kx − yk5
(13.60)
13.2 Tridimensionnel
puisque
Z
Il en résulte que
∂
Dn (x) =
∂m
−
=
−
159
t2 dt
t3
q
= 3/2 .
2
2
2 y(3) + t2
3 y(3) y(3) + t2


y
·
ν
D
ε
(3)
− 1 dσ(y(3) )
 q
4πD ∂T(3) y(3) 2
y(3) 2 + D2
Z
Z
y(3) · ν
y(3) · ν
D2 ε
ε
dσ(y
)
+
dσ(y(3) )
(3)
3/2
4π ∂T(3) 4π y(3) ∂T(3) y(3) 2
y(3) 2 y(3) 2 + D2
Z
y(3) · ν
ε
q
dσ(y(3) )
4π ∂T(3) y(3) 2 y(3) 2 + D2
Z
y(3) · ν
D2 ε
3/2 dσ(y(3) ),
4π ∂T(3) y(3) 2 y(3) 2 + D2
Z
et par conséquent
Z
ε
∂
Dn (x) =
lim
D→0 ∂m
4π
∂T(3)
y(3) · ν
dσ(y(3) ).
y(3) 3
On peut poursuivre le calcul afin d’interpréter ce résultat :
⊲ si z est extérieur à T
Z
Z
y(3) · ν
dy(3)
ε
ε
3 dσ(y(3) ) = −
4π ∂T(3) y(3) 4π T(3) y(3) 3
Z
1
ε
=−
lim
dy
4π T D→0 kx − yk3
ce qui implique
∂
Dn (x) = −
lim
D→0 ∂m
Z
∂2
G(x − y) dy
D→0 ∂n∂m
lim
T
⊲ sinon, pour η assez petit,
ε
4π
Z
∂T(3)
Z
Z
y(3) · ν
y(3) · ν
y(3) · ν
ε
ε
dσ(y(3) ) =
dσ(y(3) ) +
dσ(y(3) )
y(3) 3
4π ∂(T(3) \B(0,η)) y(3) 3
4π ∂B(0,η) y(3) 3
!
Z
Z
dy(3)
dy(3)
ε
ε
ε
2π
=−
=−
lim
+
3 −
4π T(3) \B(0,η) y(3) 3
2η
4π η→0
η
T(3) \B(0,η) y(3) Z
Z
dy(3)
dy
ε
ε
=−
.
Pf
Pf
lim
3 = −
D→0
4π
4π
kx
−
yk3
T(3) y(3)
T
Il en résulte finalement que
∂
lim
Dn (x) = Pf
D→0 ∂m
Z
∂2
G(x − y) dy.
D→0 ∂x n∂y m
lim
T
160
Potentiels engendrés par des répartitions uniformes
Chapitre 14
Influence entre éléments droits
Il s’agit ici de calculer exactement l’intégrale suivante :
Z
I=
Log kx − yk dx dy,
(14.1)
α×β
où α et β sont deux segments coplanaires. La difficulté de ce calcul dépend dans une large
mesure des positions respectives de α et β.
14.1
Préliminaires géométriques
On considère deux segments α = [a− , a+ ] et β = [b− , b+ ] , de milieux respectifs cα et cβ ;
on note
−
→
−
→
α = a + − a − , β = b+ − b −
−
→
−
→
−
→
→
α′ = −
α / |α| , β ′ = β / |β| ,
et on pose
−
→
→
α ′ , β ′ ∈ [0, π] .
θ= −
On aura
(14.2)
(14.3)
−
→
→
→′ −
→
α ′ β ′ et sin θ = −
cos θ = −
α ∧ β ′ .
−
→
→
Notons bien que l’orientation des vecteurs −
α et β est arbitraire, et n’influe pas sur les
résultats finaux.
14.1.1
Projections
On note p(y) la projection de y sur α, q(a) celle de x sur β, et on pose
Dα (y) = kp(y) − yk , et Dβ (x) = kq(x) − xk ;
(14.4)
pk = p(bk ), q k = q(ak ), Dαk = Dα (bk ), Dβk = Dβ (a± ), k = ±.
(14.5)
on notera également
161
162
Influence entre éléments droits
14.1.2
Paramétrages
De façon générale, si x ∈ α et y ∈ β, on pose
−
→
→
x = c α + s−
α ′ , s ∈ s − , s + , y = c β + t β ′ , t ∈ t− , t+ ,
avec
sk = k
De même
d’où
|α|
|β|
et tk = k , k = ±.
2
2
−
→
→
p(b) = cα + σ(b)−
α ′ , et q(a) = cβ + τ (a) β ′ ,
→
−
→ ′ →′ −
→
σ(b) = p − cα −
α = b − c α −
α
et τ (a) = q − cβ β ′ = a − cβ β ′ ,
ainsi que
(14.6)
Dα2 (b) = kcα − bk2 − (σ(b))2 et Dβ2 (a) = kcβ − ak2 − (τ (a))2 .
Dans le cas particulier des extrémités des segments α et β, on note
−
→
→
p(bk ) = pk = cα + σ k −
α ′ et q(ak ) = q k = cβ + τ k β ′ , k = ±,
(14.7)
(14.8)
(14.9)
(14.10)
d’où
→
−
→′ k
→′ −
→
σ k = pk − c α −
α = b − c α −
α
et τ k = q k − cβ β ′ = ak − cβ β ′ .
On aura alors
−
→′ → →′ σ + − σ − = b+ − b− −
α ,
α = |β| β ′ −
soit
σ + = σ − + |β| cos θ et τ + = τ − + |α| cos θ.
14.2
(14.11)
(14.12)
Potentiel créé en un point par un segment
Commençons par un cas trivial qui ne nécessite aucune technique particulière, mais dont
le résultat sera utile par la suite. On calcule
Z
Log kx − bk dx,
(14.13)
R(b, α) =
α
soit
R(b, α) =
Z
s+
s−
Z
q
2
2
Log (s − σ(b)) + D (b) ds =
s+ −σ(b)
s− −σ(b)
Log
q
(s′ )2 + D2 (b) ds′ ,
(14.14)
et par conséquent
2
X sℓ − σ(b)
sℓ − σ(b)
Log
sℓ − σ(b) + D2 (b) − sℓ − σ(b) + D(b) Arc tg
ℓ
2
D(b)
ℓ=±
ℓ
X
s − σ(b)
ℓ
=
sℓ − σ(b) Log aℓ − b − sℓ − σ(b) + D(b) Arc tg
,
D(b)
R(b, α) =
ℓ=±
14.3 Coefficient d’auto-influence
puisque
Z
Log
p
s2 + d2 ds =
163
s
s
Log(s2 + d2 ) − s + d Arc tg .
2
d
Mais il se trouve que de plus
X |α|
X
X ℓ = |α| ,
ℓ sℓ − σ(b) =
− σ(b)
2
ℓ=±
ℓ=±
ℓ=±
d’où finalement
X
X sℓ − σ(b)
ℓ
ℓ
ℓ Arc tg
ℓ s − σ(b) Log a − b + D(b)
R(b, α) = − |α| +
.
D(b)
14.3
(14.15)
ℓ=±
ℓ=±
Coefficient d’auto-influence
Il s’agit du cas où les deux segments α et β sont confondus. Au delà de son utilité pratique
incontestable, il permet de présenter la méthode que nous développerons ultérieurement dans
un cas particulièrement simple. On aura
Z
Log kx − yk dx dy,
(14.16)
I=
α2
soit en utilisant la formule d’intégration des fonctions homogènes (B.108) avec
β = 0, n = 2, γ = 1, et Ω = α2 ,
le résultat suivant :
1
I=
2
Z
∂(α2 )
→
( (x, y)| −
n ) Log kx − yk dσ1 (x, y ) −
|α|2
.
2
(14.17)
On aura alors
2
∂(α ) = (∂α × α) ∪ (α × ∂α) =
avec
[
k=±
k
a ×α
!
∪
α×
[
k=±
a
k
!
,
−
→
n |ak ×α = (k, 0) ,
d’où
ks
k
k=±
Comme
Z
X
|α|2
|α|2
Log ak − y dy −
ksk R(ak , α) −
=
2
2
α
k=±
k=±
)
(
X |α|2
|α| X
ℓ sℓ − σ k Log aℓ − ak −
− |α| +
.
=
2
2
I=
X
ℓ=±
sk = tk , et σ = τ = 0,
164
Influence entre éléments droits
d’après (14.22), on aura
on obtient
s+ − σ + = s− − σ − = 0 et s+ − σ − = − s− − σ + = |α| = a+ − a− ,
|α|2
3 |α|2
= |α|2 Log |α| −
.
2
2
On peut difficilement imaginer formule plus simple !
I = |α| {− |α| + |α| Log |α|} −
14.4
(14.18)
Segments dont les supports se coupent
Il s’agit là du cas générique, dont l’utilité est, bien entendu, limitée au cas de segments
proches, une intégration numérique étant sinon préférable.
14.4.1
Détermination du point d’intersection
Dans le cas où les supports des segments sont sécants, on note o l’intersection des supports
de α et β, et on a
−
→
→
cα + ζ −
α ′ = o = cβ + η β ′ ,
(14.19)
d’où
→
−
−
→′ →
−
→
−
→
α ′ β ′ = c β − c α −
ζ −η →
α ′ β ′ − η = cβ − cα β ′ ,
α , ζ −
et par conséquent
soit encore, avec
−
−
→
→
−
→
→
α′β ′
(cβ − cα |−
α ′ ) − cβ − cα β ′
et
ζ=
−
→ 2
→
α′β ′
1− −
−
−
→
→
→
→
α′β ′
α′) −
cα − cβ β ′ − (cα − cβ |−
η=
,
−
→ 2
→
α′β ′
1− −
−
→′ →
σ = c β − c α −
α
et τ = cα − cβ β ′ ,
(14.20)
les expressions suivantes :
ζ=
τ + σ cos θ
σ + τ cos θ
et η =
.
2
sin θ
sin2 θ
(14.21)
Remarquons qu’alors
et en particulier
→′ α + σ = t cos θ + σ
σ(y) = y − cβ −
−
→
τ (x) = x − cα β ′ + τ = s cos θ + τ,
→′ α + σ = tk cos θ + σ
σ k = bk − c β −
−
→
τ k = ak − cα β ′ + τ = sk cos θ + τ.
(14.22)
14.4 Segments dont les supports se coupent
14.4.2
165
Distances généralisées
Si x ∈ α et y ∈ β, on aura
Dβ (x) = kx − ok sin θ = |s − ζ| sin θ, Dα (y) = |t − η| sin θ
Une telle formule est malcommode, au sens où le remplacement de ζ et η par leur valeur issue
de (14.21) aboutit à une expression peu engageante, on préférera donc poser
→′ α sin θ
dβ (x) = (s − ζ) sin θ = x − o −
−
→′
dα (y) = (t − η) sin θ = y − o β sin θ,
avec
Dα (y) = |dα (y)| et Dβ (x) = |dβ (x)| .
→
On constate donc que dβ (x) > 0 si −
α et x − o sont orientés dans le même sens. Il est alors
naturel de poser
−
τ + σ cos θ
→
(14.23)
dα = cβ − o β ′ sin θ = −
sin θ
→ ′ σ + τ cos θ
d β = c α − o −
α sin θ = −
,
sin θ
d’où
dα (y) = t sin θ + dα et dβ (x) = s sin θ + dβ ,
On notera de même
d’où il résulte que
dkα = tk − η sin θ et dkβ = sk − ζ sin θ,
et par conséquent
−
τ + σ cos θ
→
dkα = bk − o β ′ sin θ = tk sin θ −
sin θ
−
σ
+
τ cos θ
→
k
k
′
k
dβ = a − o α sin θ = s sin θ −
.
sin θ
dkα = tk sin θ + dα et dkβ = sk sin θ + dβ .
(14.24)
(14.25)
(14.26)
Ainsi qu’on le verra ultérieurement, dans le cas de segments sécants ou parallèles, les
formules respectives (14.36) et (14.60) auxquelles on aboutit ne font pas intervenir le signe
des dkα et dkβ ; il n’en est pas de même pour celles issues de l’étude des segments presque
parallèles.
14.4.3
Changement de repère
Ainsi que nous l’avions indiqué, il est essentiel d’effectuer un choix de repère dans lequel
l’intégrand soit une fonction homogène ; nous choisirons l’origine au point o, intersection des
supports de α et β. Si x ∈ α et y ∈ β, on pose
→
(14.27)
x = o + x = o + s−
α ′ , s ∈ s− , s+
− +
−
→′
y = o + y = o + tβ , t ∈ t ,t ,
166
Influence entre éléments droits
où
soit encore
De même
sk = sk − ζ, et tk = tk − η, k = ±,
(14.28)
→
−
→
a k = o + a k = o + sk −
α ′ et bk = o + bk = o + tk β ′ .
(14.29)
→
−
→
α ′ et q k = o + q k = o + τ k β ′ ,
p k = o + pk = o + σ k −
(14.30)
σ k = σ k − ζ, et τ k = τ k − η.
(14.31)
avec
Figure 14.1 – Cas des supports sécants
14.4.4
Coefficient d’influence
Nous sommes maintenant en position de commencer à effectuer les calculs. On aura
Z
Z
Log x − y dx dy,
(14.32)
Log kx − yk dx dy =
I=
α×β
α×β
d’où, comme en (14.17), selon (B.108),
Z
→
1
|α| |β|
,
I=
n Log x − y dσ1 (x, y ) −
x, y −
2 ∂(α×β)
2
avec
∂(α × β) = ∂α × β ∪ α × ∂β =
et
[
k=±
ak × β
!
∪
−
→
→
n |ak ×β = (k, 0) et −
n |α×bk = (0, k) .
α×
[
k=±
bk
(14.33)
!
,
14.4 Segments dont les supports se coupent
167
On aura donc
Z
Z
1X k
1X k
|α| |β|
ks
kt
Log ak − y dy +
Log bk − x dx −
2
2
2
β
α
k=±
k=±
Z
Z
1X k
|α| |β|
1X k
Log ak − y dy +
Log bk − x dx −
ks
kt
,
=
2
2
2
β
α
I=
k=±
soit
k=±
I=
1X k
|α| |β|
1X k
ks R(ak , β) +
kt R(bk , α) −
,
2
2
2
k=±
(14.34)
k=±
avec, selon (14.15)
X
X tℓ − τ k
ℓ Arc tg
ℓ tℓ − τ k Log bℓ − ak + dkβ
dkβ
ℓ=±
ℓ=±
X X
sℓ − σ k
.
R(bk , α) = − |α| +
ℓ sℓ − σ k Log aℓ − bk + dkα
ℓ Arc tg
dkα
R(ak , β) = − |β| +
ℓ=±
(14.35)
ℓ=±
Comme
X
ksk =
k=±
X
k=±
ksk − ζ
X
k=±
k = |α| et
X
k=±
ktk =
X
k=±
ktk − η
X
k=±
k = |β| ,
sous forme développée, on pourra donc écrire
)
(
ℓ − τk
1 X kX
t
I=
ks
ℓ
tℓ − τ k Log bℓ − ak + Dβk Arc tg
2
Dβk
k=±
ℓ=±
sℓ − σ k
1 X kX
ℓ
ℓ
k
k
k
ℓ
s − σ Log a − b + Dα Arc tg
kt
+
2
Dαk
k=±
−
(14.36)
ℓ=±
3 |α| |β|
.
2
C’est là finalement une formule d’une complexité acceptable, si on songe qu’elle réalise le calcul
exact du coefficient d’influence entre deux segments en position générale. Notons qu’ainsi qu’il
était attendu, dans la formule (14.36) le signe des dkα et dkβ n’intervient pas.
14.4.5
Segments possédant une extrémité commune
Il s’agit d’un cas particulièrement intéressant, correspondant au calcul de l’influence d’un
segment sur l’un de ses voisins directs, et pour lequel la formule (14.36) se simplifie assez
notablement. Supposons donc par exemple que
b− = a− ,
alors on aura
s− = t− = 0, s+ = |α| , t+ = |β| ,
168
Influence entre éléments droits
d’où
X
tℓ − τ +
|α| X ℓ
ℓ
+
+
ℓ Arc tg
ℓ t −τ
I=
Log b − a + Dβ+
(14.37)
2
Dβ+
ℓ=±
ℓ=±
X
sℓ − σ + 3 |α| |β|
|β| X ℓ
ℓ
+
+
ℓ Arc tg
ℓ s − σ Log a − b + Dα+
.
−
+
2
2
Dα+
ℓ=±
ℓ=±
14.5
Segments parallèles
Même si la formule finale est très semblable, le calcul du coefficient d’influence se révèlera
plus difficile que dans le cas où les supports des segments se coupent, car nous serons contraints
d’utiliser la formule (B.107), et donc de calculer une intégrale double. On aura alors
−
→
→
cos θ = µ = ±1 et −
α ′ = µ β ′,
(14.38)
et par conséquent, d’après (14.20),
−
→ ′ →
σ = c β − c α −
α = −µ cα − cβ β ′ = −µτ,
et selon (14.22),
σ k = µk
14.5.1
|β|
|α|
+ σ et τ k = µk
+ τ.
2
2
(14.39)
(14.40)
Choix des repères
Soient oα et oβ appartenant aux supports respectifs de α et β, et tels que oβ − oα soit
h
i
→
−
→
orthogonal à −
α et β . Notons β̂ = b̂− , b̂+ la projection orthogonale de β sur le support de
α, et α̂ = [â− , â+ ] celle de α sur le support de β.
Nous poserons
et on aura
ŷ = oα − oβ + y ∈ β̂, et D = oβ − oα ,
(14.41)
b̂ = oα − oβ + b = p(b),
d’où
b̂k = oα − oβ + bk = pk et âk = oβ − oα + bk = q k , k = ±,
(14.42)
ak − ŷ = âk − y = q k − y, et bk − x̂ = b̂k − x = pk − x.
(14.43)
et
Posons alors
on aura
→
x = o α + x = oα + s −
α ′ , s ∈ s− , s+
−
→
y = o β + y = o + t β ′ , t ∈ t− , t+ ,
→
−
→
a k = oα + a k = oα + s k −
α ′ et bk = oβ + bk = oβ + tk β ′ ,
(14.44)
(14.45)
14.5 Segments parallèles
ainsi que
169
−
→
→
−
tk β ′ = bk − oβ = bk − cβ + cβ − oβ = tk − η β ′ ,
soit
et
soit
tℓ − τ k
tk = tk − η, sk = sk − ζ ,
(14.46)
tℓ − τ k = −µ sk − σ ℓ .
(14.47)
−
→′
→
β = bℓ − q k = p ℓ − a k = σ ℓ − s k −
α ′,
Figure 14.2 – Segments parallèles
14.5.2
Coefficient d’influence
On calcule
I=
Z
α×β
Log kx − yk dx dy,
(14.48)
soit, à l’aide de la formule (B.107), et en prenant
β = 0, n = 2, γ = 1, z = D, z0 = +∞ et Ω =]s− , s+ [×]t− , t+ [,
(14.49)
Z
(14.50)
l’expression
I=
Z
α×β
=D
2
Z
Log x − y dx dy =
∂ (α×β̂ )
α×β̂
q
2
Log x − ŷ + D2 dx dŷ
−
|α| β →
x, ŷ | n TD x − ŷ dσ1 x, ŷ −
,
2
170
Influence entre éléments droits
où
Z
Td (ζ) =
+∞
q
Log
|d|
puisque
Z
Log
2
ρ2 + kζk
ρ3
1
dρ =
4
(
1
1
+
2
d2
kζk
!
2
Log d2 + kζk
−
Log d2
kζk
2
)
,
p
Log ρ2
ρ2 + s 2
1 1
1
2
2
dρ
=
−
+
.
Log
ρ
+
s
+
ρ3
4 ρ2 s 2
4s2
(14.51)
(14.52)
De même qu’en (14.34), et compte tenu de (14.43), on aura donc
I=
X
k
ks D
2
k=±
=
X
ksk D2
k=±
Z
Z
k
β̂
TD (a − ŷ) dŷ +
β
TD (âk − y) dy +
posons alors
Ud (b, α) = d
il en résulte que
I=
2
X
k
kt D
2
k=±
X
k=±
Z
α
ktk D2
Z
Z
α
TD (b̂k − x) dx −
|α| |β|
2
α
TD (b̂k − x) dx −
|α| |β|
;
2
Td x − b̂ dx,
o |α| |β|
X n
,
k sk UD ak , β + tk UD bk , α −
2
(14.53)
(14.54)
k=±
où


Z
2 1
1
d2 Log d2
1

2
dx −
 2+
2  Log d + x − b̂
2 dx
d
4
α
α
x − b̂
x − b̂
!
Z +
Z +
1
d2 Log d2 s −σ(b) 1
d2 s −σ(b) 1
2
′ 2
Log d + (s ) ds −
+
ds,
=
2
′ 2
4 s− −σ(b)
d2
4
(s′ )
s− −σ(b) (s )
2
d
Ud (b, α) =
4
Z
puisque
→
x − b̂ = (s − σ(b)) −
α ′.
Notons alors que
Z
s
Log d2 + s2 ds = s Log d2 + s2 − 2s + 2d Arc tg
d
Z
Log d2 + s2
1
2
s
ds = − Log d2 + s2 + Arc tg
s2
s
d
d
Z
1
1
ds = − ,
s2
s
(14.55)
14.5 Segments parallèles
171
d’où par conséquent
2 1X ℓ
2
ℓ
ℓ s − σ(b) Log d + s − σ(b)
Ud (b, α) =
4
ℓ=±
dX
1X ℓ
sℓ − σ(b)
−
ℓ s − σ(b) +
ℓ Arc tg
2
2
d
ℓ=±
ℓ=±
2 ℓ
d2 X
2
ℓ
Log d + s − σ(b)
−
4
sℓ − σ(b)
ℓ=±
sℓ − σ(b) d2 Log d2 X
1
dX
ℓ Arc tg
ℓ ℓ
+
,
+
2
d
4
s − σ(b)
ℓ=±
ℓ=±
c’est-à-dire
1X
d2
ℓ
Ud (b, α) =
s − σ(b) − ℓ
ℓ
(14.56)
Log aℓ − b
2
s − σ(b)
ℓ=±
X
1
1X ℓ
sℓ − σ(b) d2 Log d2 X
ℓ ℓ
ℓs .
+
−
ℓ Arc tg
+d
d
4
2
s − σ(b)
ℓ=±
ℓ=±
ℓ=±
On pourra donc écrire
1 X d2
ℓ
k
ℓ
k
k
Ud b , α =
s −σ − ℓ
ℓ
a
−
b
Log
2
s − σk
ℓ=±
X
1
d2 Log d2 X
sℓ − σ k
1
ℓ ℓ
+
ℓ Arc tg
− |α| ,
+d
d
4
s − σk
2
(14.57)
ℓ=±
ℓ=±
1 X d2
ℓ
k
tℓ − τ k − ℓ
ℓ
U d ak , β =
b
−
a
Log
2
t − τk
ℓ=±
X
1
d2 Log d2 X
tℓ − τ k
1
ℓ ℓ
+
ℓ Arc tg
− |β| .
+d
d
4
t − τk
2
(14.58)
ℓ=±
ℓ=±
Notons que, selon (14.47)
Ud
d2
1X
ℓ
k
ℓ
k
ℓ
s −σ − k
Log
b
−
a
(14.59)
a , β = −µ
2
s − σℓ
ℓ=±
X
sk − σ ℓ
1
d2 Log d2 X
1
ℓ Arc tg
− µd
ℓ k
−µ
− |β| ,
d
4
s − σℓ
2
k
ℓ=±
ℓ=±
et observons de plus près la formule (14.54) en posant
o
X n k UD ak , β + µUD bk , α .
A=
k=±
172
Influence entre éléments droits
D’après (14.59) on aura
D2
µX X
ℓ
k
sk − σ ℓ − k
ℓ
k
b
−
a
Log
2
s − σℓ
k=± ℓ=±
D2
µX X
ℓ
ℓ
k
k
ℓ
s −σ − ℓ
k
a
−
b
Log
+
2
s − σk
k=± ℓ=±
X X sℓ − σ k
sk − σ ℓ
− Arc tg
− µD
k
ℓ Arc tg
D
D
k=± ℓ=±
1
1
D2 Log D2 X X
ℓ k
k
−
= 0,
−µ
4
s − σ ℓ sℓ − σ k
A=−
k=±
ℓ=±
ce qui corrobore bien le fait que le résultat ne dépend pas du choix de oα . Notons enfin que,
selon (14.46),
−
− ′ →
α = µσ k .
sk + ζ = sk et tk + µζ = bk − oβ + oα − cα β ′ = µ bk − cα →
On pourra alors écrire
o |α| |β|
X n
k sk UD ak , β + tk UD bk , α −
2
k=±
o |α| |β|
X n
k sk + ζ UD ak , β + tk + µζ UD bk , α −
=
2
k=±
o
n
X
|α| |β|
,
=
k sk UD ak , β + µσ k UD bk , α −
2
I=
k=±
µ X kX
D2
ℓ
k
ℓ
ks
sk − σ ℓ − k
b
−
a
Log
2
s − σℓ
ℓ=±
k=±
D2
µ X kX
ℓ
k
sℓ − σ k − ℓ
ℓ
kσ
+
a
−
b
Log
2
s − σk
I=−
ℓ=±
k=±
X
X
sℓ − σ k
sk − σ ℓ
+ µD
kσ k
ℓ Arc tg
D
D
k=±
ℓ=±
k=±
ℓ=±
D2 Log D2 X k X
1
1
D2 Log D2 X k X
−µ
ℓ k
ℓ ℓ
ks
kσ
+µ
4
s − σℓ
4
s − σk
− µD
X
ksk
X
ℓ Arc tg
k=±
ℓ=±
X
X
µ
|α| |β|
1
ksk − |α|
kσ k −
− |β|
2
2
2
k=±
k=±
k=±
ℓ=±
14.5 Segments parallèles
173
D2
µX X k k
ℓ
ℓ
k
s −σ − k
k
ℓs
Log
b
−
a
I=−
2
s − σℓ
k=± ℓ=±
µX X ℓ k
D2
k
ℓ
ℓ
a
−
b
+
ℓσ
s −σ − k
k
Log
2
s − σℓ
k=±
X
ℓ=±
X
X X
sk − σ ℓ
sk − σ ℓ
ℓσ ℓ Arc tg
k
+ µD
D
D
k=± ℓ=±
k=± ℓ=±
1
1
D2 Log D2 X X ℓ
D2 Log D2 X X k
ℓs
ℓσ
k
k
+µ
−µ
4
4
sk − σ ℓ
sk − σ ℓ
− µD
k
ℓsk Arc tg
k=±
−
ℓ=±
k=±
ℓ=±
1
|α| |β|
1
|β| |α| − |α| |β| −
,
2
2
2
soit finalement
2
µX X
k
ℓ
2
I=−
s −σ
− D Log bℓ − ak k
ℓ
2
k=±
− µD
X
k=±
(14.60)
ℓ=±
X sk − σ ℓ
|α| |β|
ℓ sk − σ ℓ Arc tg
k
−3
D
2
ℓ=±
→
−
−
Il pourrait sembler que l’intervention de µ fasse jouer un rôle au sens des vecteurs →
α et β , il
→
n’en est rien en fait car un changement de sens de −
α , par exemple, échange σ + et σ − et ne
modifie donc pas le résultat.
14.5.3
et
Cas de deux segments confondus
Avec µ = 1, par exemple, on aura tout d’abord
σ k = sk , s+ − σ − = − s− − σ + = |α| = b+ − a− = b− − a+ ,
d’où
−
b − a− = b+ − a+ = D,
|α|2
|α|
I = D Log D + |α| − D Log |α| + 2D |α| Arc tg
−3
D
2
Faisant alors tendre D vers 0, on obtient
2
2
2
3 |α|2
+ |α|2 Log |α| ,
2
qui, à notre grand soulagement, n’est autre que la formule (14.18).
I=−
(14.61)
174
Influence entre éléments droits
Appendice C
Fonctions trigonométriques sur C
Les calculs explicites que nous allons développer font appel à des primitives qui s’expriment en général sous la forme de fonctions logarithmiques, circulaires ou hyperboliques.
Nous développons ci-dessous les quelques formules classiques qui permettent d’en rendre la
manipulation aisée.
C.1
Fonctions circulaires et hyperboliques
C.1.1
Définitions
Commençons par quelques conséquences aisées des définitions
X vn
, Log z = Log |z| + i arg z
ev =
n!
n=0,∞
eiv − e−iv
eiv + e−iv
,
2i
2
ev + e−v
ev − e−v
, ch v =
,
sh v =
2
2
sin v =
, cos v =
d’où il résulte que
eiν = cos (Re ν) + i sin (Im ν) ,
z
= z,
eLog z = eLog|z| ei arg z = |z|
|z|
(C.1)
sh v = −i sin iv, ch v = cos iv, th v = −i tg iv, v ∈ C.
(C.2)
ainsi que
C.1.2
Propriétés
En choisissant la détermination principale de l’argument, soit
arg z ∈ ]−π, π] ,
on aura de plus
Log ez = z − 2ikπ, où k ∈ N vérifie Im (z − 2ikπ) ∈ ]−π, π] .
175
(C.3)
176
Fonctions trigonométriques sur C
Notons aussi que
u−v
u+v
cos
2
2
u−v
u+v
cos u − cos v = sin
sin
2
2
sin (u − v)
,
tg u − tg v =
cos u cos v
sin u − sin v = sin
et comme
sin w = 0 ⇐⇒ e2iw = 1 ⇐⇒ Log e2iw = Log 1 ⇐⇒ 2iw − 2ikπ = 0
(C.4)
cos w = 0 ⇐⇒ e2iw = −1 ⇐⇒ Log e2iw = Log (−1) ⇐⇒ 2iw − 2ikπ = iπ,
on aura
sin w = 0 ⇐⇒ ∃k ∈ N, w = kπ, et cos w = 0 ⇐⇒ ∃k ∈ N, w =
1
k+
2
π.
(C.5)
sin u = sin v ⇐⇒ ∃k ∈ N, u − v = 2kπ ou ∃k ∈ N, u + v = (2k + 1) π
(C.6)
Par conséquent
cos u = cos v ⇐⇒ ∃k ∈ N, u − v = 2kπ ou ∃k ∈ N, u + v = 2kπ
tg u = tg v ⇐⇒ ∃k ∈ N, u − v = kπ.
C.2
C.2.1
Fonctions circulaires inverses
Définitions
On constate aisément que
sin i Log
et de même
p
p
1 − t2 − it = i sh Log
1 − t2 − it
1
i p
2
√
1 − t − it −
=
2
1 − t2 − it
p
p
i
=
1 − t2 − it −
1 − t2 + it = t ;
2
p
p
cos i Log s − i 1 − s2 = ch Log s − i 1 − s2
p
1
1
2
√
s−i 1−s +
=
2
s − i 1 − s2
p
p
1
s − i 1 − s2 + s + i 1 − s2
=
= s,
2
C.2 Fonctions circulaires inverses
177
ainsi que
1 + iv
1 + iv
= −i th Log √
tg −i Log √
1 + v2
1 + v2
2
(1 + iv) − 1 + v 2
= −i
(1 + iv)2 + (1 + v 2 )
v (2i − v)
= −i
= v.
(2 + iv)
Il en résulte que les fonctions
t → i Log
p
p
1 + iv
1 − t2 − it , s → i Log s − i 1 − s2 et v → −i Log √
1 + v2
sont injectives, et par conséquent inversibles sur leur image. On pourra donc poser
p
arcsin t = i Log
1 − t2 − it
p
arccos s = i Log s − i 1 − s2
(C.7)
i
1 + iv
1 − iv
= Log
Arc tg v = −i Log √
,
2
2
1 + iv
1+v
et on aura
sin (arcsin t) = t, cos (arccos s) = s et tg (Arc tg v) = v.
(C.8)
√
⊲ Notons que, si 1 − t2 − it = x ∈ R, alors −2it = x − 1/x, ce qui implique que t est
purement imaginaire, et que x ne peut être négatif ; il en résulte que la coupure de arcsin t
découle uniquement de celle de la racine, soit
coupure de arcsin t = {t ∈ R ||t| > 1 } .
(C.9)
√
⊲ De même si s − i 1 − s2 = x ∈ R, alors 2s = x + 1/x, et pour que x soit négatif, il est
nécessaire que s < −1 ; on aura donc
coupure de arccos s = {s ∈ R ||s| > 1 } .
(C.10)
⊲ Enfin, si (1 − iv) / (1 + iv) = x ∈ R, alors iv = (1 + x) / (1 − x) , et par conséquent, si
x < 0, v est purement imaginaire, avec |v| < 1. On aura donc
coupure de Arc tg v = {v = it |t ∈ R, |t| < 1 } .
C.2.2
(C.11)
Propriétés
⊲ Remarquons maintenant que
arcsin (−t) = i Log
p
1−
t2
+ it = i Log
√
1
1 − t2 − it
= − arcsin t,
(C.12)
178
Fonctions trigonométriques sur C
√
et que,
pour
Im
t
>
0,
on
a
Re
(−it)
>
0,
comme
Re
1 − t2 > 0, il en résulte que
√
arg
1 − t2 − it ∈ ]−π/2, π/2] , et par conséquent ∀t, Re (arcsin t) ∈ ]−π/2, π/2] . On
aura donc, d’après (B.67),
i π πi
. (C.13)
arcsin (sin u) = u + 2kπ ou (2k + 1) π − u, avec Re (arcsin (sin u)) ∈ − ,
2 2
⊲ De même
p
p
arccos (−s) = i Log −s − i 1 − s2 = −i Log s − i 1 − s2 + i Log (−1)
(C.14)
= π − arccos s,
√
√
et pour Re s > 0, comme Im 1 − s2 > 0, on aura Re s − i 1 − s2 > 0, et par conséquent
∀s, Re (arccos s) ∈ ]0, π] . Selon (B.67), on aura alors
arccos (cos u) = u + 2kπ ou 2kπ − u, avec Re (arccos (cos u)) ∈ ]0, π] .
(C.15)
Notons aussi que, comme Im v = − sin (Re (arccos v)) sh Im (arccos v) , on a
sgn Im (arccos v) = − sgn Im v.
⊲ Enfin
Arc tg −v =
1 + iv
i
Log
= − Arc tg v,
2
1 − iv
et Arc tg v = − 12 arg ((1 − iv) / (1 + iv)) ∈ ]−π/2, π/2] . Par conséquent
i π πi
Arc tg (tg u) = u − kπ, avec Re (Arc tg (tg u)) ∈ − ,
.
2 2
C.3
(C.16)
(C.17)
(C.18)
Fonctions hyperboliques inverses
On aura
sh u = sh v ⇐⇒ u − v = 2ikπ ou u + v = (2k + 1) iπ
(C.19)
ch u = ch v ⇐⇒ u − v = 2ikπ ou u + v = 2ikπ
th u = th v ⇐⇒ u − v = ikπ.
⊲ Si v = th u = −i tg iu, alors
i π πi
,
u = Arg th v − ik ′ π et iu = Arc tg iv + kπ avec Re (Arc tg iv) ∈ − ,
2 2
d’où, si on choisit k tel que
la relation
Im (Arg th v) ∈ ]−π/2, π/2] ,
(C.20)
1+v
1−v
1
.
Arg th v = −i Arc tg iv = − Log √
= Log
2
1−v
1 − v2
(C.21)
C.3 Fonctions hyperboliques inverses
179
⊲ Si v = sh u = −i sin iu, alors
u = Arg sh v − 2ik ′ π ou u = − Arg sh v − 2k ′ + 1 iπ
iu = arcsin iv + 2kπ ou iu = − arcsin iv + (2k + 1) π,
d’où, si on choisit k tel que
Im (Arg sh v) ∈ ]−π/2, π/2] ,
(C.22)
alors
Arg sh v = −i arcsin iv = − Log
⊲ Si v = ch u = cos iu, alors
p
p
1 + v 2 − v = Log
1 + v2 + v .
(C.23)
u = Arg ch v − 2ikπ ou u = − Arg ch v − 2ikπ
iu = arccos iv + 2k ′ π ou iu = − arccos iv + 2k ′ π avec Re (arccos) ∈ [0, π] ,
soit Arg ch v = ±i arccos v − 2ik ′′ π, d’où, comme Re (arccos v) ∈ ]0, π] ,
Arg ch v = ±i arccos v,
si on choisit k tel que
Im (Arg ch v) ∈ ]−π, π] .
(C.24)
Mais selon (B.77), on a
sgn Re (i (arccos v)) = sgn Im v,
Si on impose alors
Re (Arg ch v) > 0,
(C.25)
Arg ch v = εi arccos v, avec ε = sgn Im v
p
= −ε Log v − i 1 − v 2 .
(C.26)
il en résulte que
180
Fonctions trigonométriques sur C
Appendice D
Intégration des fonctions homogènes
Avant d’aborder le cas tridimensionnel, pour lequel nous serons amenés à traiter des intégrales multiples, nous devrons mettre au point un outil de calcul, destiné au traitement
de la partie singulière des fonctions de Green. Son intérêt réside dans le fait qu’il permet de
transformer une intégrale relative à un ouvert de Rn en la succession d’une intégrale monodimensionnelle et d’une intégrale portant sur le bord de cet ouvert. Nous aurons ultérieurement
l’occasion de l’appliquer à des situations diverses dont certaines assez complexes. On note
Ω un domaine borné de Rn , y = (z, x) un élément de R × et f une fonction positivement
homogène de degré β :
f (λy) = λβ f (y)
(D.1)
D.1
La formule d’Euler
Si on dérive la formule qui précède par rapport à λ, on obtient
(∇ f (λy) |y ) = βλβ−1 f (y),
et, pour λ = 1,
(∇x f (z, x) |x ) + z
Si maintenant on pose
I(z) =
Z
∂f
(z, x) = βf (z, x).
∂z
(D.2)
(D.3)
(D.4)
f (z, x) dx,
Ω
et qu’on utilise la formule précédente, on obtient
Z
′
βI(z) = zI (z) +
(∇x f |x ) dx;
Ω
soit, avec la formule de Green suivante :
Z
Z
Z
(∇x f |x ) dx = −n f (z, x) dx +
Ω
le résultat fondamental
(β + n)I(z) =
Z
(x |ν ) f (z, x) dσ(x),
Ω
∂Ω
∂Ω
(x |ν ) f (z, x) dσ(x) + zI ′ (z).
181
(D.5)
182
Intégration des fonctions homogènes
D.1.1
Un cas particulier
Si on suppose que I est continue en 0 et dI/dz bornée, alors
Z
(β + n)I(0) =
(x |ν ) f (0, x) dσ(x),
(D.6)
∂Ω
formule qui s’applique bien entendu dans le cas où f est indépendante de z, sous la forme
Z
(x |ν ) f (x) dσ(x),
(D.7)
(β + n)I =
∂Ω
D.1.2
Le cas général
On intègre l’équation différentielle (B.92), ce qui donne I(z) = z β+n K(z), et par la méthode de variation de la constante, pour sgn(z0 ) = sgn(z), de telle sorte que le caractère
singulier de 1/tβ+n+1 en 0 n’intervienne pas, on aura
Z
Z z0
dt
(x |ν ) f (t, x) dσ(x),
K(z) = K(z0 ) +
tβ+n+1 ∂Ω
z
ce qui conduit, après interversion de l’ordre des intégrations, à
Z
(x |ν ) Tz0 ,z (x) dσ(x),
K(z) = K(z0 ) +
∂Ω
où
Tz0 ,z (x) =
Il en résulte que
I(z) =
D.1.3
z
z0
β+n
Z
I(z0 ) + z
z0
z
β+n
f (t, x)
dt.
tβ+n+1
(D.8)
Z
(D.9)
∂Ω
(x |ν ) Tz0 ,z (x) dσ(x).
Hypothèses supplémentaires
Si on suppose que I(z0 )/z0β+n → 0 quand z0 → ∞ sgn z, alors
Z
β+n
I(z) = z
(x |ν ) Tz (x) dσ(x),
(D.10)
∂Ω
avec
Tz (x) =
D.2
Z
∞ sgn z
z
f (t, x)
dt.
tβ+n+1
(D.11)
Le cas du logarithme
Ces résultats peuvent être étendus au cas où la fonction f n’est plus homogène, mais de
la forme
f (z, x) = g(x) Log h(z, x),
(D.12)
D.2 Le cas du logarithme
183
où g est homogène de degré β et h homogène de degré γ. On aura alors, en vertu de (B.89),
γh(y) = (∇h(y) |y ) ; il en résulte que (∇h(y) |y ) est homogène de degré γ et par conséquent
que ∇h est homogène de degré γ − 1. La fonction
u(z, x) =
∂
g(x) ∂h
f (z, x) =
(z, x)
∂z
h(z, x) ∂z
(D.13)
est donc homogène de degré β − 1. Posons alors
Z
′
u(z, x) dx,
J(z) = I (z) =
(D.14)
Ω
d’après la formule (B.92), on aura
(β + n − 1)J(z) = zJ ′ (z) +
Z
(x |ν ) u(z, x) dσ(x)
Z
(x |ν ) u(z, x) dσ(x),
= (zJ(z))′ − J(z) +
∂Ω
∂Ω
soit, par intégration sous le signe somme,
′
(β + n)I(z) = zI (z) +
Z
∂Ω
(D.15)
(x |ν ) f (z, x) dσ(x) + C,
et par conséquent
β+n
Z
Z z0
z
dt
β+n
I(z) =
,
(x |ν ) Uz0 ,z (x) dσ(x) + C
I(z0 ) + z
z0
tβ+n+1
z
∂Ω
avec
Uz0 ,z (x) = g(x)
Deux cas se présentent alors :
Z
z0
z
Log h(t, x)
dt.
tβ+n+1
⊲ si β + n 6= 0, alors
β+n
Z
C
z
(x |ν ) Uz0 ,z (x) dσ(x) +
I(z0 ) + z β+n
I(z) =
z0
β+n
∂Ω
⊲ sinon
I(z) = I(z0 ) +
D.2.1
Z
∂Ω
(x |ν ) Uz0 ,z (x) dσ(x) + C Log
1−
z 0
z
z
z0
.
β+n !
, (D.16)
(D.17)
Détermination de la constante
On suppose que
lim z −γ h(z, x) = b0 6= 0,
z→∞
(D.18)
ce qui est naturel au vu de l’hypothèse d’homogénéité de h, et en particulier vérifié pour
h(z, x) = kz − xk . Plus précisément, on admettra qu’au voisinage de l’infini z −γ h(z, x) =
P
−k . Il en résulte que
k≥0 bk (x)z
Log
z −γ h(z, x)
b1
= z −1 + O(z −2 ),
b0
b0
184
Intégration des fonctions homogènes
et par conséquent
Log h(z, x) = γ Log(z) + Log(b0 ) + O(z −1 ),
soit
I(z) = (γ Log(z) + Log(b0 ))
et
γ
I (z) =
z
′
Z
Z
g(x) dx + O(z −1 ),
Ω
g(x) dx + O(z −2 ).
Ω
Par ailleurs
Z
Z
(x |ν ) f (z, x) dσ(x) = (γ Log(z) + Log(b0 ))
∂Ω
∂Ω
(x |ν ) g(x) dσ(x) + O(z −1 );
d’après (B.102) il en résulte que, ∀z,
Z
(β + n)(γ Log(z) + Log(b0 )) g(x) dx
Ω
Z
Z
g(x) dx + (γ Log(z) + Log(b0 ))
=γ
Ω
∂Ω
(x |ν ) g(x) dσ(x) + C,
soit,
(β + n)
(β + n) Log(b0 )
Z
g(x) dx =
ZΩ
Z
g(x) dx = γ
Ω
∂Ω
Z
(x |ν ) g(x) dσ(x)
g(x) dx + Log(b0 )
Ω
et par conséquent
C = −γ
Finalement
⊲ si β + n 6= 0
I(z) =
z
z0
β+n
γ
−
β+n
Z
I(z0 ) + z
1−
z
z0
∂Ω
(x |ν ) g(x) dσ(x) + C,
(D.19)
g(x) dx.
Ω
β+n
Z
∂Ω
β+n ! Z
(x |ν ) Uz0 ,z (x) dσ(x)
(D.20)
g(x) dx,
Ω
⊲ si de plus h ne dépend pas de z
Z
(x |ν ) Uz0 ,z (x) dσ(x) −
(β + n) I(z) =
∂Ω
Z
γ
β+n
Z
g(x) dx,
(D.21)
Ω
⊲ et dans le cas où β + n = 0
Z
z Z
0
g(x) dx.
(x |ν ) Uz0 ,z (x) dσ(x) − γ Log
I(z) = I(z0 ) +
z
Ω
∂Ω
(D.22)