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MA201. Méthode des éléments finis (2014-2015)

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Séance 1 : Outils et manipulations élémentaires

Exercice 1 Formules d’intégration par parties Soit Ω un ouvert borné de R3 , dont la frontière ∂Ω est “régulière”. On note n la normale unitaire extérieure à la frontière. On démontre ci-dessous des formules d’intégration par parties pour des fonctions “régulières”. L’intérêt est le suivant : si on doit ensuite manipuler des éléments d’espaces de Sobolev, on utilisera les mêmes formules sous réserve de pouvoir approcher tout élément de ces espaces par des fonctions “régulières” ; en d’autres termes, sous réserve de disposer de résultats de densité des espaces de fonctions “régulières” dans les espaces de Sobolev. Q1. Equivalence entre les relations (1) et (2) Z Z ∂u ∂v ¯ ; + v) dΩ = uvni dΓ (1 ≤ i ≤ 3), ∀u, v ∈ C ∞ (Ω) (u ∂xi ∂xi ∂Ω Ω Z Z ¯ ∀v ∈ C ∞ (Ω) ¯ 3. u(v · n) dΓ, ∀u ∈ C ∞ (Ω), (u div v + ∇u · v) dΩ =

(1) (2)

∂Ω

Ω

Rappels :  

 3 3 v1 X X ∂vi ∞ ¯ 3   ∀v = v2 ∈ C (Ω) , div v = , v·n = vi ni ; ∂x i i=1 i=1 v3

  ¯ ∇u =  ∀u ∈ C ∞ (Ω),   

∂u ∂x1 ∂u ∂x2 ∂u ∂x3

    .  

Supposons la relation (1) vérifiée alors en particulier pour les composantes vi de v, elle donne Z Z ∂vi ∂u ¯ ∀ 1 ≤ i ≤ 3, (u + vi ) dΩ = uvi ni dΓ (1 ≤ i ≤ 3), ∀u, vi ∈ C ∞ (Ω) ∂x ∂x i i Ω ∂Ω soit en sommant sur i 3 Z 3 Z X X ∂vi ∂u (u + vi ) dΩ = uvi ni dΓ, ∂xi ∂xi i=1 Ω i=1 ∂Ω

¯ ∀u, v1 , v2 , v3 ∈ C ∞ (Ω)

d’où Z 3 3 3 X X ∂vi X ∂u (u + vi ) dΩ = u vi ni dΓ, ∂xi i=1 ∂xi Ω ∂Ω i=1 i=1

Z

On en déduit par définition Z Z (u div v + ∇u · v) dΩ = Ω

∂Ω

u(v · n) dΓ,

¯ ∀u, v1 , v2 , v3 ∈ C ∞ (Ω).

¯ ∀v ∈ C ∞ (Ω) ¯ 3. ∀u ∈ C ∞ (Ω),

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Réciproquement si on suppose la relation (2) vérifiée alors par définition   Z Z 3 3 3 v1 X X X ∂vi ∂u ¯ ∀v =  v2  ∈ C ∞ (Ω) ¯ 3. (u + vi ) dΩ = u vi ni dΓ, ∀u ∈ C ∞ (Ω), ∂x ∂x i i Ω ∂Ω i=1 i=1 i=1 v3   v  En particulier pour v = 0  on trouve 0 Z Z ∂u ∂v uvn1 dΓ , + v) dΩ = (u ∂x1 ∂x1 ∂Ω Ω   0 soit (1) pour i = 1. De la même façon, avec v =  v  on obtient (1) pour i = 2 et avec 0   0 v =  0  on obtient (1) pour i = 3. v ¯ 3 . montrons que Q2. Soient u, v ∈ C ∞ (Ω) Z Z (u · rot v − rot u · v) dΩ = (u × n) · v dΓ. Ω

∂Ω

Rappels :  ∂v3 ∂v2      ∂x2 − ∂x3  u v − u v 2 3 3 2 v1  ∂v ∂v3     1 ¯ 3 , rot v =  ∀v =  v2  ∈ C ∞ (Ω) −   , u × v =  u3 v1 − v3 u1   ∂x3 ∂x1  v3  ∂v2 u1 v2 − v1 u2 ∂v1  − ∂x1 ∂x2 Z Z X 3  u · rot v dΩ = ui (rot v)i dΩ Ω ZΩ i=1  ∂v  ∂v  ∂v ∂v2  ∂v3  ∂v1  1 2 3 − + u2 − + u3 − . = u1 ∂x2 ∂x3 ∂x3 ∂x1 ∂x1 ∂x2 ZΩ  ∂u1 ∂u1   ∂u2 ∂u2   ∂u3 ∂u3  = − v3 + v2 + − v1 + v3 + − v2 + v1 . (I.P.P.) ∂x2 ∂x3 ∂x3 ∂x1 ∂x1 ∂x2 ΩZ   + u1 (v3 n2 − v2 n3 ) + u2 (v1 n3 − v3 n1 ) + u3 (v2 n1 − v1 n2 ) dΓ Z ∂Ω  ∂u  ∂u ∂u3  ∂u1  ∂u3 ∂u2  1 2 = v1 − + v2 − + v3 − . ∂x2 ∂x3 ∂x3 ∂x1 ∂x1 ∂x2 ΩZ   + v1 (u2 n3 − u3 n2 ) + v2 (u3 n1 − u1 n3 ) + v3 (u1 n2 − u2 n1 ) dΓ Z ∂Ω Z = (rot u · v) dΩ + (u × n) · v dΓ 

Ω

∂Ω

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Exercice 2 Exemples d’éléments de H 1 Q1. Ici on doit dériver au sens des distributions, et vérifier que le résultat appartient à L2 (]0, 2[). Pour la fonction v, pour toute fonction ϕ ∈ D(]0, 2[) : D ∂v ∂x

E ,ϕ

D0 (]0,2[),D(]0,2[)

D ∂ϕ E = − v, Z ∂x D0 (]0,2[),D(]0,2[) Z Z ∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ v =− dx = − v dx − v dx ]0,1[ ∂x ]1,2[ ∂x Z Z Z]0,2[ ∂x h i ∂ϕ ∂ϕ dx − (2 − x) dx = −ϕ(1) + ϕ(1) − ϕ dx =− (I.P.P.) ∂x ]1,2[ ]1,2[ Z]0,1[ ∂x =− χ]1,2[ϕ dx ]0,2[

avec

χ]1,2[ la fonction indicatrice de ]1, 2[ qui appartient bien à L2(]0, 2[).

Pour la fonction w, pour toute fonction ϕ ∈ D(]0, 2[) : D ∂w ∂x

E ,ϕ

D0 (]0,2[),D(]0,2[)

D ∂ϕ E = − w, Z ∂x D0 (]0,2[),D(]0,2[) Z Z ∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ w =− dx = − w dx − w dx ∂x ]1,2[ Z ]0,1[ ∂x Z]0,2[ ∂x ∂ϕ ∂ϕ dx − b dx = −aϕ(1) + bϕ(1) =− a (I.P.P.) ∂x ∂x ]1,2[ ]0,1[ D E = (b − a)δx=1 , ϕ D0 (]0,2[),D(]0,2[)

Si b = a alors de manière évidente w ∈ H 1 (]0, 2[). Sinon, comme une masse de Dirac n’est pas mesurable, w ∈ / H 1 (]0, 2[). Pour la fonction z. Elle est de carré intégrable si et seulement si x2p est inté∂z grable c’est-à-dire si et seulement si p > −1/2. De même, sa dérivée ∂x = pxp−1 est intégrable si et seulement si p > 1/2. On en déduit z ∈ H 1 (]0, 2[)

⇔

p > 1/2

¯ =Ω ¯1 ∪Ω ¯ 2 , où Ω1 et Ω2 sont Q2. Soit Ω un ouvert borné de RN : on le partitionne en Ω 0 ¯ 1 ¯ deux ouverts disjoints. On considère v ∈ C (Ω), telle que v|Ωi ∈ C (Ωi ), pour i = 1, 2. On cherche à montrer que v ∈ H 1 (Ω). On note pour commencer que v ∈ L2 (Ω). On va calculer ∇v au sens faible. On

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pose vi = v|Ωi puis on dérive au sens des distributions. Pour toute fonction ϕ ∈ D(Ω)N D

∇v, ϕ

E D0 (Ω)N ,D(Ω)N

N D X ∂v

N D X

∂ϕi E , ϕi =− v, ∂xi ∂xi D0 (Ω),D(Ω) D0 (Ω),D(Ω) i=1 i=1 D E = − v, div ϕ D0 (Ω),D(Ω)Z Z Z = − v div ϕ dΩ = − v1 div ϕ dΩ1 − v2 div ϕ dΩ2 =

E

Ω

Ω1

Ω1

En intégrant par parties et en isolant les intégrales sur le bord, pour toute fonction ϕ ∈ D(Ω)N Z Z Z Z D E = ∇v1 ·ϕ dΩ1 + ∇v2 ·ϕ dΩ2 − v1 ϕ·n1 dΓ1 − v2 ϕ·n2 dΓ2 ∇v, ϕ D0 (Ω)N ,D(Ω)N

Ω1

Ω2

∂Ω1

∂Ω2

où n1 (respectivement n2 ) est la normale extérieure à ∂Ω1 (respectivement ∂Ω2 ). Comme ϕ est à support compacte elle s’annule sur la frontière et donc Z Z Z − v1 ϕ · n1 dΓ1 − v2 ϕ · n2 dΓ2 = − v1 ϕ · n1 + v2 ϕ · n2 ) dΓ1−2 ∂Ω1

∂Ω2

Γ1−2

où Γ1−2 = ∂Ω1 ∩ ∂Ω2 . Enfin comme n1 = −n2 en tout point de Γ1−2 et comme v et ϕ sont continues à la traversée de Γ1−2 , on a Z Z − v1 ϕ · n1 dΓ1 − v2 ϕ · n2 dΓ2 = 0 ∂Ω1

∂Ω2

et donc D

∇v, ϕ

Z

E D0 (Ω)N ,D(Ω)N

Z ∇v1 · ϕ dΩ1 +

= Ω1

∇v2 · ϕ dΩ2 Ω2

Au sens des distributions, le gradient de v est donné par  ∇v1 sur Ω1 ∇v = ∇v sur Ω 2 2 Par hypothèse (sur v1 = v|Ω1 et v2 = v|Ω2 ), on en conclut que ce gradient pris au sens des distributions appartient à L2 (Ω)N , c’est-à-dire que v ∈ H 1 (Ω).

Exercice 3 Théorème de trace Q1. On raisonne en plusieurs étapes (simples) : ˜ — Rappel : définition du prolongement par continuité `. Soit h ∈ H. Par densité, il existe une suite d’éléments de V , notée (vk )k , telle que

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limk→∞ kvk − hkH = 0. Soit (zk )k la suite de réels définie par zk = `(vk ) pour tout k. Etudions (zk )k : ` lin. |zk − zm | = |`(vk ) − `(vm )| = |`(vk − vm )| ≤ C` kvk − vm kH . Comme (vk )k converge (vers h) dans H, c’est en particulier une suite de Cauchy, c’est-à-dire que limk,m→∞ kvk − vm kH = 0. Ainsi, (zk )k est une suite de Cauchy dans R. Or, R est complet : (zk )k est donc convergente. A partir de là, on définit le prolongement par continuité de ` en h comme étant égal à la limite de (zk )k : ˜ = lim `(vk ). `(h) k

Bien sûr, on peut effectuer le même raisonnement pour tout élément h de H, ce qui permet de construire `˜ : H → R. ˜ — Unicité du prolongement `. Reprenons le processus précédent de construction... Pour h ∈ H, soient deux suites d’éléments de V , (vk )k et (vk0 )k , convergeant vers h. Vérifions maintenant ˜ que la définition de `(h) est indépendante de la suite choisie, ce qui prouvera l’unicité : ` lin. | lim `(vk ) − lim `(vk0 )| = | lim{`(vk ) − `(vk0 )}| = | lim `(vk − vk0 )|. k

k

k

k

Or, |`(vk − vk0 )| ≤ C` kvk − vk0 kH , et limk kvk − vk0 kH = 0 par inégalité triangulaire (kvk − vk0 kH ≤ kvk − hkH + kh − vk0 kH ). On en conclut que limk `(vk ) = limk `(vk0 ). ˜ — Linéarité du prolongement `. On obtient la linéarité en passant à la limite. Soient h1 , h2 ∈ H, α1 , α2 ∈ R : par densité, il existe (vk1 )k et (vk2 )k deux suites d’éléments de V , qui convergent respectivement vers h1 et h2 dans H, et ˜ 1 h1 + α2 h2 ) `(α

=

lim `(α1 vk1 + α2 vk2 ) k

` lin. ˜ 1 ) + α2 `(h ˜ 2 ). = lim{α1 `(vk1 ) + α2 `(vk2 )} = α1 `(h k

— Continuité du prolongement `˜ de H dans R. ˜ On veut prouver : ∃C > 0, ∀h ∈ H, |`(h)| ≤ CkhkH . Pour cela, h ∈ H étant donné, soit (vk )k une suite d’éléments de V qui converge vers h dans H. On écrit ˜ |`(h)| = | lim `(vk )| = lim |`(vk )| ; k

k

or, pour tout k, |`(vk )| ≤ C` kvk kH . Comme limk kvk kH = khkH , on en conclut que ˜ |`(h)| ≤ C` khkH . ˜ NB. Le module de continuité est identique pour ` et pour son prolongement `. NB(bis). On a le même résultat pour des espaces de Banach définis sur C...

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Q2. Ici, on choisit respectivement : Z

1

H = H (]0, 1[), muni de la norme kvkH 1 (]0,1[) :=

1

Z

2

1 0 2

(v ) dx

v dx +

1/2 ,

0

0

V = C 1 ([0, 1]) ; en effet, C 1 ([0, 1]) est dense dans H 1 (]0, 1[) d’après la proposition 1.7 p. 16 du poly. Soit maintenant v ∈ C 1 ([0, 1]) : on écrit comme indiqué Z x Z x v 0 (t) dt =⇒ |v(0)| ≤ |v(x)| + v 0 (t) dt . v(0) = v(x) − 0

0

On commence par majorer le second terme, à l’aide de l’inégalité de Cauchy-Schwarz : Z x Z x 1/2 Z x 1/2 Z x 0 0 0 2 v (t) dt ≤ |v (t)| dt ≤ 1 dt |v (t)| dt 0 0 0 0 1/2 Z 1 1/2 Z x √ 0 2 0 2 ≤ . |v (t)| dt ≤1× |v (t)| dt x 0

0

Pour faire de même pour le premier terme (|v(x)|), on utilise une "astuce" qui permet de passer à une intégrale : Z 1 |v(0)| dx ! |v(0)| = 0

La majoration du premier terme "intégré" donne alors 1/2 Z 1 Z 1 2 . |v(x)| dx |v(x)| dx ≤ 1 × 0

0

On en conclut que, pour tout élément v de C 1 ([0, 1]), on a la majoration 1/2 Z 1 1/2 Z 1 √ 0 2 2 ≤ 2kvkH 1 (]0,1[) . |v(x)| dx +1× |v (t)| dt |v(0)| ≤ 0

0

NB. Pour la dernière l’inégalité, on a utilisé (a+b)2 ≤ 2a2 +2b2 , valable pour tous a, b ∈ R. Conclusion : d’après la question précédente, on peut prolonger l’application trace γ? : v 7→ v(0) de façon unique en une application linéaire et continue de H 1 (]0, 1[) dans R. Q3. La réponse est non... Pour s’en convaincre, soit (vm )m≥1 la suite d’éléments de L2 (]0, 1[) définie par vm (x) = e−mx . Par un calcul direct :  1 Z 1 Z 1 1 −2mx 1 2 −2mx vm dx = e dx = e = (1 − e−2m ). −2m 2m 0 0 0 Ainsi limm→∞ kvm kL2 (]0,1[) = 0, alors que vm (0) = 1 pour tout m ≥ 1. On ne peut donc pas trouver de constante C > 0 telle que, pour tout m ≥ 1, on ait |vm (0)| ≤ C kvm kL2 (]0,1[) .

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Exercice 4 Solutions classiques du Laplacien Soit Ω un ouvert borné de R3 , dont la frontière ∂Ω est “régulière”. On considère le problème aux limites Trouver u telle que    u − ∆u = f dans Ω (3) ∂u = g sur ∂Ω ∂n ¯ et ∂Ω. où f et g sont continues respectivement sur Ω  

(4)

¯ En multipliant (3) par Q1. On suppose que la solution u appartient à C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω). ∞ ¯ v ∈ C (Ω) et en intégrant sur Ω, on obtient facilement Z Z Z ¯ uv dΩ − ∆u v dΩ = f v dΩ, ∀v ∈ C ∞ (Ω) Ω

Ω

Ω

Une intégration par parties sur la deuxième intégrale donne Z Z Z Z ∂u f v dΩ + uv dΩ + ∇u · ∇v dΩ = v dΓ, ∂Ω ∂n Ω Ω Ω soit en utilisant la relation (4) Z Z Z Z f v dΩ + uv dΩ + ∇u · ∇v dΩ =

¯ ∀v ∈ C ∞ (Ω)

∂Ω

Ω

Ω

Ω

gv dΓ,

¯ ∀v ∈ C ∞ (Ω)

¯ et g ∈ C (∂Ω), la formulation variationnelle obtenue est Ainsi, pour f ∈ C (Ω) 0

0

¯ telle que Trouver u ∈ C 1 (Ω) Z Z Z Z uv dΩ + ∇u · ∇v dΩ = f v dΩ + Ω

Ω

Ω

gv dΓ,

¯ ∀v ∈ C 1 (Ω)

(F.V.)

∂Ω

¯ est La norme sur C 1 (Ω) kuk = sup |u(x)| + ¯ x∈Ω

3 X

sup |

¯ i=1 x∈Ω

∂u (x)|. ∂xi

(5)

¯ vérifie (3)-(4) alors u vérifie (F.V.) puisque les formules En résumé, si u ∈ C 2 (Ω) ∩ C 1 (Ω) de Green classiques sont valides. ¯ deux solutions de (F.V.), on a alors w = u1 −u2 ∈ C 1 (Ω) ¯ Q2. Soient u1 et u2 dans C 1 (Ω) qui vérifie Z Z ¯ wv dΩ + ∇w · ∇v dΩ = 0, ∀v ∈ C 1 (Ω) Ω

Ω

soit en particulier pour v = w Z

2

Z

|w| dΩ + Ω

|∇w|2 dΩ = 0.

Ω

On en déduit que w = 0 : la solution de l’équation, si elle existe, est bien unique.

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Q3. En ce qui concerne l’existence d’une solution "classique", il n’existe pas de résultat de portée générale... En particulier, il peut arriver qu’il n’existe pas de solution ¯ muni de sa norme (5) n’est "classique" ! Enfin, il est facile de voir que l’espace C 1 (Ω) pas un espace de Hilbert : le théorème de Lax-Milgram ne s’applique pas ! Si maintenant on examine la formulation variationnelle (F.V.), on constate que la forme bilinéaire associée est Z Z (u, v) 7→ uv dΩ + ∇u · ∇v dΩ Ω

Ω


c’est-à-dire le produit scalaire canonique ·, · H 1 (Ω) . Il est donc naturel de se placer dans cet espace fonctionnel H 1 (Ω). On obtient alors une nouvelle formulation variationnelle Trouver u ∈ H 1 (Ω) telle que Z Z Z Z uv dΩ + ∇u · ∇v dΩ = f v dΩ + Ω

Ω

Ω

∀v ∈ H 1 (Ω)

gv dΓ,

(F.V.bis)

∂Ω


Or l’espace H 1 (Ω) muni du produit scalaire ·, · H 1 (Ω) est un espace de Hilbert, ce qui permet d’appliquer le théorème de Riesz (ou de Lax-Milgram) pour établir l’existence et l’unicité de la solution. A posteriori, nous mesurons la solution selon la norme de H 1 (Ω) : Z  1/2  Z 1/2 2 2 kukH 1 (Ω) = (u, u)H 1 (Ω) = |u| dΩ + |∇u| dΩ Ω

Ω

Exercice 5  Dérivation au sens des distributions Quelques rappels pour commencer : — Soit v ∈ L2 (Ω). Z Par identification, à savoir en écrivant hv, ϕi =

vϕ dΩ pour tout élément ϕ de Ω

D(Ω), on considère que v ∈ D0 (Ω) (et plus généralement, que L2 (Ω) ⊂ D0 (Ω)). Par ailleurs, par définition de la dérivation au sens des distributions, on a ∀ϕ ∈ D(Ω), hv 0 , ϕi = −hv, ϕ0 i. 0

— Par définition de H −1 (Ω) := (H01 (Ω)) , on a  ` : v 7→ `(v) est linéaire, à valeurs dans R −1 ; ` ∈ H (Ω) ⇐⇒ ∃C` ≥ 0, ∀v ∈ H01 (Ω), |`(v)| ≤ C` kvkH 1 (Ω) enfin, le module de continuité de ` (ie. sa norme dans H −1 (Ω)), vaut k`kH −1 (Ω) :=

|`(v)| . v∈H01 (Ω)\{0} kvkH 1 (Ω) sup

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Q1. Ω = I, un intervalle de R. Soit v ∈ L2 (I). Pour prouver que v 0 appartient à H −1 (I), on va utiliser Ex3–Q1. On sait que, dans l’espace H 1 (I) muni de la norme k · kH 1 (I) , D(I) est dense dans H01 (I). A l’aide de l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on a pour ϕ ∈ D(I) : Z 0 0 0 |hv , ϕi| = |hv, ϕ i| = vϕ dx ≤ kvkL2 (I) kϕ0 kL2 (I) ≤ kvkL2 (I) kϕkH 1 (I) . I

Ainsi, ` : ϕ 7→ hv 0 , ϕi est une forme linéaire sur D(I), continue pour la norme k · kH 1 (I) . D’après Ex3–Q1, on peut prolonger ` par densité en une forme linéaire et continue sur H01 (I) : en d’autres termes, v 0 ∈ H −1 (I). On a aussi montré que kv 0 kH −1 (I) ≤ kvkL2 (I) . On en conclut que l’opérateur dérivée v 7→ v 0 – c’est une application linéaire – est continu de L2 (I) dans H −1 (I). 0 NB. Pourquoi ne peut-on pas dire que v 0 ∈ (H 1 (I)) (pour v ∈ L2 (I)) ? Le problème est que l’on raisonne par densité, en partant de D(I)... Or, sauf si I = R tout entier, D(I) n’est pas dense dans H 1 (I) ! Q2. Ω un ouvert de RN . Soit v ∈ L2 (Ω). En raisonnant comme à la question précédente, on vérifie facilement que, pour ϕ ∈ D(Ω) : |h

∂v , ϕi| ≤ kvkL2 (Ω) k∂i ϕkL2 (Ω) ≤ kvkL2 (Ω) kϕkH 1 (Ω) . ∂xi

On en conclut donc que ∂i v ∈ H −1 (Ω), puis que l’opérateur ie`me dérivée partielle est continu de L2 (Ω) dans H −1 (Ω). Q3. Ω un ouvert de R3 . Soit v ∈ L2 (Ω)3 . Au sens des distributions, on a div v =

∂v2 ∂v3 ∂v1 + + . ∂x1 ∂x2 ∂x3

Comme v1 , v2 , v3 appartiennent à L2 (Ω), on déduit de la Q2 que div v ∈ H −1 (Ω). NB. Pour construire la divergence au sens des distributions, on utilise, pour ϕ ∈ D(Ω), la suite d’égalités (que vous pouvez toutes justifier !) : hv, ∇ϕi :=

X

hvi ,

i=1,3

X ∂vi X ∂vi ∂ϕ i=− h , ϕi = −h , ϕi =: −hdiv v, ϕi. ∂xi ∂xi ∂xi i=1,3 i=1,3

De même, on vérifie que chacune des trois composantes du rotationnel de v appartient à H −1 (Ω) : on écrit cette fois que rot v ∈ H −1 (Ω)3 . NB. Pour construire le rotationnel au sens des distributions on écrit, pour ϕ ∈ D(Ω)3 : hv, rot ϕi = · · · = hrot v, ϕi.

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Exercice 6  Prolongement et restriction Q1. C’est Ex2–Q2 avec quelques modifications mineures sur les hypothèses. Q2. C’est encore une variante de la question précédente et de Ex2–Q2. ¯ on a par construction v˜ ∈ L2 (RN ). En effet, si note v˜ le prolongement de v par 0 à RN \ Ω, ¯ et Par ailleurs, les deux ouverts sont d’une part Ω+ = Ω, et d’autre part Ω− = RN \ Ω, N 1 tels que R = Ω+ ∪ Ω− . Or, la restriction de v˜ à Ω+ – égale à v – appartient à H (Ω+ ), et de même la restriction de v˜ à Ω− – égale à 0 – appartient à H 1 (Ω− ). Enfin, l’interface entre Ω+ et Ω− est égale à ∂Ω et, les traces des deux restrictions coïncident sur ∂Ω : elles valent 0, en tant que trace d’un élément de H01 (Ω+ ), et bien sûr comme trace de la fonction nulle sur Ω− . Q3. Comme la frontière est “régulière”, on suffit de prouver que γv = 0 sur ∂Ω. — Par hypothèse, v˜ ∈ H 1 (RN ) donc, pour tout ϕ ∈ D(RN )N : Z Z v˜ div ϕ dx = − ∇˜ v · ϕ dx. RN

(6)

RN

— Montrons que la restriction de ∇˜ v à Ω, notée (∇˜ v )|Ω , est égale à ∇v. 2 N On veut obtenir ce résultat dans L (Ω) , et on raisonne par densité. Soit ψ ∈ ¯ : par construction, D(Ω)N . On note ϕ le prolongement de ψ par 0 à RN \ Ω N N ϕ ∈ D(R ) . A partir de cette remarque, on écrit successivement : Z Z Z Z Z (6) ∇v·ψ dΩ. v˜ div ϕ dx = − v div ψ dΩ = ∇˜ v ·ϕ dx = − (∇˜ v )|Ω ·ψ dΩ = RN

RN

Ω

Ω

Ω

La dernière égalité utilise le fait que v ∈ H 1 (Ω). ¯ notée (∇˜ De la même façon, la restriction de ∇˜ v à RN \ Ω, v )|RN \Ω¯ , est nulle. — D’après ce qui précède, on a trouvé, pour tout ϕ ∈ D(RN )N : Z Z Z Z (6) v div ϕ dΩ = v˜ div ϕ dx = − ∇˜ v · ϕ dx = − ∇v · ϕ dΩ. RN

Ω

RN

Ω

Par ailleurs, d’après la formule de Green, on sait que Z Z {v div ϕ + ∇v · ϕ} dΩ = γv(ϕ · n) dΓ. Ω

∂Ω

On a donc établi, pour tout ϕ ∈ D(RN )N , Z γv(ϕ · n) dΓ = 0. ∂Ω

Comme par ailleurs la trace d’un élément de H 1 (Ω) appartient automatiquement à L2 (∂Ω), le résultat donné dans l’énoncé permet de conclure que la trace de v est bien nulle sur ∂Ω, et que v ∈ H01 (Ω).