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11 Probl` emes aux limites en dimension un
qui sont largement utilis´ ees pour l’approximation num´ erique des probl` emes
aux limites.
11.3.1 Formulation int´ egrale des probl` emes aux limites
On g´ en´ eralise l´ eg` erement le probl` eme (11.1) sous la forme suivante :
−(αu
)
(x) + (βu
)(x) + (γu)(x) = f(x), 0 < x < 1,
(11.37)
avec u(0) = u(1) = 0, o` u α, β et γ sont des fonctions continues sur [0, 1]
avec α(x) ≥ α 0 > 0 pour tout x ∈ [0, 1]. Multiplions (11.37) par une fonction
v ∈ C
1 ([0, 1]), qu’on appellera “fonction test”, et int´ egrons sur l’intervalle [0, 1]
1
0
αu
v
dx +
1
0
βu
v dx +
1
0
γuv dx =
1
0
fv dx + [αu
v]
1
0 ,
o` u on a int´ egr´ e par parties le premier terme. Si on impose `
a la fonction v de
s’annuler en x = 0 et x = 1, on obtient
1
0
αu
v
dx +
1
0
βu
v dx +
1
0
γuv dx =
1
0
fv dx.
On notera V l’espace des fonctions test. Cet espace contient des fonctions
v continues, s’annulant en x = 0 et x = 1, et dont la d´ eriv´ ee premi` ere est
continue par morceaux, c’est-` a-dire continue partout except´ e en un nombre
fini de points de [0, 1] o` u les limites ` a droite et `
a gauche, v
− et v
+ , existent
mais ne co¨ ıncident pas n´ ecessairement.
L’espace V est un espace vectoriel not´ e H
1
0 (]0, 1[). Plus pr´ ecis´ ement,
H
1
0 (]0, 1[) =
v ∈ L
2 (]0, 1[) : v
∈ L
2 (]0, 1[), v(0) = v(1) = 0
,
L
2 (]a, b[) = {f :]a, b[→ R,
b
a
|f(x)|
2 dx < +∞},
(11.38)
o` u v
est la d´ eriv´ ee au sens des distributions de v, dont la d´ efinition est donn´ ee
en Section 11.3.2.
On vient de montrer que si une fonction u ∈ C
2 ([0, 1]) satisfait (11.37), alors
u est aussi solution du probl` eme suivant :
trouver u ∈ V : a(u, v) = (f, v) pour tout v ∈ V,
(11.39)
o` u (f, v) =
1
0
fv dx d´ esigne ` a pr´ esent le produit scalaire de L
2 (]0, 1[) et
a(u, v) =
1
0
αu
v
dx +
1
0
βu
v dx +
1
0
γuv dx
(11.40)
11 Probl` emes aux limites en dimension un
qui sont largement utilis´ ees pour l’approximation num´ erique des probl` emes
aux limites.
11.3.1 Formulation int´ egrale des probl` emes aux limites
On g´ en´ eralise l´ eg` erement le probl` eme (11.1) sous la forme suivante :
−(αu
)
(x) + (βu
)(x) + (γu)(x) = f(x), 0 < x < 1,
(11.37)
avec u(0) = u(1) = 0, o` u α, β et γ sont des fonctions continues sur [0, 1]
avec α(x) ≥ α 0 > 0 pour tout x ∈ [0, 1]. Multiplions (11.37) par une fonction
v ∈ C
1 ([0, 1]), qu’on appellera “fonction test”, et int´ egrons sur l’intervalle [0, 1]
1
0
αu
v
dx +
1
0
βu
v dx +
1
0
γuv dx =
1
0
fv dx + [αu
v]
1
0 ,
o` u on a int´ egr´ e par parties le premier terme. Si on impose `
a la fonction v de
s’annuler en x = 0 et x = 1, on obtient
1
0
αu
v
dx +
1
0
βu
v dx +
1
0
γuv dx =
1
0
fv dx.
On notera V l’espace des fonctions test. Cet espace contient des fonctions
v continues, s’annulant en x = 0 et x = 1, et dont la d´ eriv´ ee premi` ere est
continue par morceaux, c’est-` a-dire continue partout except´ e en un nombre
fini de points de [0, 1] o` u les limites ` a droite et `
a gauche, v
− et v
+ , existent
mais ne co¨ ıncident pas n´ ecessairement.
L’espace V est un espace vectoriel not´ e H
1
0 (]0, 1[). Plus pr´ ecis´ ement,
H
1
0 (]0, 1[) =
v ∈ L
2 (]0, 1[) : v
∈ L
2 (]0, 1[), v(0) = v(1) = 0
,
L
2 (]a, b[) = {f :]a, b[→ R,
b
a
|f(x)|
2 dx < +∞},
(11.38)
o` u v
est la d´ eriv´ ee au sens des distributions de v, dont la d´ efinition est donn´ ee
en Section 11.3.2.
On vient de montrer que si une fonction u ∈ C
2 ([0, 1]) satisfait (11.37), alors
u est aussi solution du probl` eme suivant :
trouver u ∈ V : a(u, v) = (f, v) pour tout v ∈ V,
(11.39)
o` u (f, v) =
1
0
fv dx d´ esigne ` a pr´ esent le produit scalaire de L
2 (]0, 1[) et
a(u, v) =
1
0
αu
v
dx +
1
0
βu
v dx +
1
0
γuv dx
(11.40)