APTE CD UT
est inversible pour £>0; soit A '(p) son inverse. On a les majorations suivantes :
(4.1) [|AT (p)Î<e, E>O0, si & <2 pour tout i; (4.2) I] À À Ï : 2 pi HE ACOR ES +7 c ,|0|>x/4
si certains o« sont égaux à 2 (p=rexp (14). Les c; désignent diverses constantes
dépendant seulement des Æ; et des &:).
DÉMONSTRATION
Soit xE H, avec |[x||=1. Posons : k(x)=(H;:x, x). On à :
k 1+ © ri cos (x Ÿ) h;
2 % sin (oi Ÿ) A (x)
Lorsque Ÿ varie dans [ —x/2, x/2] les sin («; Ÿ) sont tous de même signe,
27 % sin (x; 0) h; (x
-+(>7 % sin (4 Ÿ) h; «))
et on peut supposer Ÿ > 0.
Distinguons deux cas :
A0 7 = 0 nr) EL L Alors cos (x; Ÿ)=0 pour tout 1, et les H; étant positifs,
1+ > r#ä cos (x 0) h(x)|>1.
Donc
14 (p):x]lZ1 pour tout xEH, avec ||x||—1.
2) %<0<x/2 (ce qui n’a de sens que s’il existe des &>1). On suppose p et x fixés.
a) Il existe à tel que : rh; (x) >1/2k4. On a alors :
= sin CRU
(4.3) IA (p)-æl2
b) On a :r#h;(x)<1/2k pour tout i. On a alors : (4.4) LA (p)-æ|| = 1-X/2#-1/2.
Les mêmes majorations ont lieu pour l’adjoint de A(p). Il en résulte comme il est bien connu (cf. par exemple Stone [1] ou Riesz-Nagy [1], p. 264) la première partie du lemme.
Démontrons pour finir les majorations.
Si tous les & sont <2, on a dans le cas 2), sin (oi M 2e d'où (4.1).
Supposons maintenant certains & égaux à 2. Pour [81 > , (4.3) donne : 2 LI
|| À (p):+|[>c,| sin (28)|=c;=
et || A(p)-æl=c>0 si & <2, d'où (4.2).
Les Eu lemmes suivants sont des variantes immédiates du lemme précédent.
LEMME 4.3. On donne les opérateurs H,; et les nombres «; comme au lemme pré-
cédent; en outre 0 <a; <2, et on donne 050. Alors l'opérateur
est inversible pour £>(20,)"* (ce qui n’est pas la meilleure constante) ef si À (y) est son inverse on a des majorations analogues & (4.1), (4.2), en remplacant £=0 par . 1/ £> (209) (0, LEMME 4.4. On donne les H, et «y commé précédemment, avec : 0 <a <2 pour k tout à, et on donne 6,0. Alors l'opérateur À (p)= 1 + D (Pi — 00) H, est inversible pour
£= sup (204) % et on «a des majorations analogues à (4.1) et (4.2) pour £ > sup (2 o,)”#. î î
LEMME 4.5. On donne encore k opérateurs positifs, H,, ..., H,; on donne égule-
ment un opérateur hermitien quelconque, K et un nombre positif, 05. On pose : k A (DA RE (ES CES pH, j=2
Où O<ax<1,x, 0. Il existe E, tel que A(p) soit inversible pour EZÉË,, son inverse
vérifiant :
(4.5) Amp):
D On a pour x E H avec Ie 1-2 ë
k 1 A (p) +]! > sup (he (cs (x 9) — =) ha @)+ Z r# cos (ai 9) A (x) |,
On prend Ÿ,= inf. a/3 œi.
Pour 0<#<%,, cos (x, ®) est =1/2, donc puisque £> (2 0,) /* on a : r* >2 9, donc : cos (œ À) —
k > ri sin (a; Ÿ) hi (x)
mi
ü, — —. >0 et donc || 4 (p) x || z1. Si 0, <Ÿ <x/2, ou bien il existe à tel que ri h; (x) > 1/2 k et alors, r 1
| A (p) x || > sin (œ Ÿ) * 1/2 k, ou bien rt h; (x) <1/2 k pour tout 4; or : | cos (04 Ÿ) — oofr* | <3/2 et
k 1 +77 (cos (oi n-%) Pa (æ)+ X ri cos (oi 8) hi (x)| >1/4,
œ Taie 1=2
d’où le lemme, car on a des évaluations analogues pour | A (p)* Gi Il. Méthode analogue pour le lemme 4.4.
DÉMONSTRATION
Soit «EU, avec [[x||=1. On a:
| (A (p)x, æ)| > [1 + (r% cos (a Ÿ) — 69) Ma (x) + Dr cos (ax; Ÿ) h; (x) |ne On peut choisir £,>0 tel que pour £=£, on ait : r# cos («; Ÿ)—0,=0 (et si 870, r% cos (x; Ÿ) =0, car les d; sont <1). Il en résulte que pour £Z Ë, on a: |A (oz, 2121, done [4 + >1 si [le =1.
Majoration analogue pour (4 (p))*, d’où le lemme. LEeMME 4.6. Soit H,, H,, H,, trois opérateurs hermitiens; on suppose : h; (x) = 0, æ)|<c?h, (x), |h3(«)|<cs (x) pour tout x dans H. On pose : A(p)=1+(p"-0) H,+pH,+1H;, 4 0 L'opérateur À (p) est inversible pour £>&, et vérifie alors :
ss ne À (p < TRE
DÉMONSTRATION
Soit x€E M, avec ||x||=1. On a :|(4A(p)x, x)|> sup (|X{, |Y|) avec : X=1+(Ë 7 — 00) (x) +É£h(x) +h(x) et Y=28Emh (x) +7 ha (x).
1 cas : |n|<no 700 fité quelconque.
On a: [Eh (x)+h(x)|< (co Ë + cs) M (x).
Or, il existe £,, tel que pour £>E,, et |n| <m on ait : (7-0, —-c£—-c3) >0. Alors : [X|>1 pour =
Den 7 | 1e;
On pose : r*—£ +7. Distinguons encore deux cas : a) (r?+o)h (x) >1/4.
On a:lhk(x)|<ch (x) <2£€h, (x) pour £>c,/2, donc :
[Y|Z=În| (2 £-— 0) A (x)
donc :
On a alors :
: BASSE CE SC MEN AE NO ENTER | (£ ll M (x) +R (x) +3 (x)|<1/ 4 (+ 0)
et ceci est <1/2 pour £Z>E£,, done |[X|=1/2 pour £>E,. On à des majorations analogues pour À (p)*, d’où le lemme en prenant £, assez
grand.
$ 2. Problèmes mixtes 1. Position des problèmes mixtes
On donne comme au Chap. I, N° 1 du $ 1, les espaces V et Q avec : D<cV< CQCD'. Pour éviter toute difficulté relative aux espaces vectoriels que l’on va introduire, on supposera toujours que Q est un espace de Banach. Sur V x V, on donne une forme sesqui-linéaire ((w, v)) — sans aucune hypothèse supplémentaire pour l'instant.
Soit H et N les espaces (de Banach) associés à cette forme, A j’opérateur qu’elle définit, élément de £L(Y#; Q').
On considère alors l’opérateur produit tensoriel : 1®@A, élément de L(D,8H; D:80Q').
La définition directe de cet opérateur (sans produits tensoriels) est la suivante : soit TED':(tH); pour tout ED, T'(p) est dans #4 et AT (p)EQ'; p—AT (y) est une application linéaire continue de D dans Q’, donc définit AT, élément de D! (t, Q'), AT=(1SA)T. En effet il en est ainsi si T—eQu, eED’., uEM. Sur les exemples nous utiliserons la notation A-T, mais pour la théorie nous conserverons la notation (18A)T.
On donne ensuite une distribution :
(L?) RIEDPHNCUH)O");
Cette distribution définit une application linéaire continue, notée K*, soit T—KXT,
de D, (t, H) dans D! (t, Q').
PROBLÈME 1.1. Pour quelles distributions K, l’opérateur
(122) 1SA + K* est-il un isomorphisme de D’ (t, N) sur D: (t, Q')?
Problèmes mixtes correspondants
Au problème 1.1 est attaché le
Pro8LèMe 1.2 Trouver U dans D: (t, H) , solution de (1.3) (18A+K*)U=S, où S est donné dans D! (ft, Q'), avec les conditions aux limites (1.4) h—UED’(t, N), où k est donné dans D! (t, H).
DériNiTion 1.1. Le problème 1.2 est dit : problème mixte attaché à l’opérateur 1@A+ K*, relativement à la forme ((u, v)).
Si D est dense dans V, alors V=Q=N, Q'= V’, le problème 1.2 est dit : problème mixte avec les conditions aux limites de Dirichlet.
On voit immédiatement que si pour À donné le problème 1.1 est résolu par l’affirmative, alors le problème mixte 1.2 admet une solution unique dépendant continûment
des données.
Les problèmes mixtes fins On a rappelé dans l'introduction la définition des problèmes mixtes au sens de
M. Hadamard. On peut maintenant préciser le problème comme suit :
PROBLÈME 1.3. Trouver une application &—>U (t), une fois (resp. deux fois) continûment différentiable de t-0 dans 4, solution de
(1.5) AU (t)+ 2U (é) (resp …. e U(t} au. lieu de # EU w) =S$ (t)
où les dérivées en { sont prises au sens usuel, où 8 (t) est une application continue
de t-0 dans Q', avec les conditions aux limites : (1.6) U (tj—A(t)EN pour tout > 0,
où t—>h(t) est une application une fois (resp. deux fois) continûment différentiable de
t=>0 dans H, avec les conditions initiales :
(1.7) U (tj U, dans #4 lorsque {0
(resp. et en outre
d (1.8) “ee U(t)=U, dans H lorsque 4-0), (U,—-A(0O)EN et U, — ER (0)EN).
) On peut remplacer H par HK, JXK étant défini p. 28:
DÉFINITION 1.2. Le problème 1.3 est dit : problème mixte fin attaché à l’opé- CT Transformons le problème 1.3. On pose u(t)}—U(t)—-h(t) et S(t)—AR(t)—
Q rateur À + ji (resp . | relativement à la forme ((w, v)).
& FU (t) (resp. n h w) —T(t). Alors le problème 1.3 équivaut à trouver tu" (t) une fois (resp. deux fois) continûment différentiable de t=>0 dans N, solution de
(19) Au (t)+ . u (t) (resp. + Le u w) =T(t) 1>0
avec les conditions initiales :
d u (t)->u, dans N (res. et en outre a (t)—u, dans x), > 0.
On utilise maintenant la méthode de Schwartz pour le problème de Cauchy (cf. Schwartz [1], p. 131 et sq.):on fait passer les conditions initiales au 2° membre. Pour cela on considère la distribution % dans D’ (t, N), égale à O0 pour £<0 et à u(t) pour {=0. Dans ces conditions si « est solution de (1.9) avec les conditions initiales voulues, % est solution dans D’ (t, N ) de :
(1.10) (18 (A)) à + 2 (resp =
æ ï]-7 +500, (resp. + 0’ Qu, + 0Qu:)
où TED: (t, Q') est nulle pour t<0 et —T'(t) pour {> 0, les dérivées en { étant prises cette fois au sens des distributions.
Sous la forme (1.10) on peut laisser tomber toute condition de continuité en t; on
est done amené à remplacer le problème 1.3 par le
PROBLÈME 1.4. Trouver à dans D’ (t, N), nulle pour t<0, solution de
Cl OM (1.11) (18 A) à + ET (resp. * Zü) =T,, où T, est dans D: (ft, Q') nulle pour £<0.
Mais les conditions nulles pour {<0» sont secondaires; on peut les remplacer par (de support en # limité à gauche», donc : trouver x dans D! (t, N) solution de
Ca , ; (1SA)u + Lu (resp DË «) =, T}donnéidans: Dit OÙ)
TOUR ot ot?
7— 553810. Acta Mathematica. 94. Imprimé le 28 octobre 1955.
Sous cette forme les opérateurs n'interviennent pas de façon essentielle (au
moins pour poser le problème); on peut donc les remplacer par des opérateurs beaucoup plus généraux de composition en { par des distributions À comme on à vue et
finalement on à remplacé le problème 1.3 par le
PROBLÈME 1.5. Trouver « dans D! (t, N), solution de (1.12) (1SA)u+Kxu=T,
où TED, (#, Q').
Ce dernier problème revient au problème 1.2 avec = 0.
En resumé : en théorie des distributions on voit que l’on est amené à remplacer le problème mixte fin 1.3 par le problème mixte 1.1. Si le problème mixte fin admet une solution elle est donnée par la solution du problème mixte. Par contre si l’on prend dans (1.11) à solution du problème mixte, elle n’est pas forcément solution du
problème mixte fin. Il y a donc tout avantage à s'attaquer d’abord au problème
mixte 1.1; le problème mixte fin pourra être étudié ensuite.
