Passons aux dérivées partielles de la solution (3). Ona

A 0% (%: 007 0) : DENT ARS ASUS) ‘ (A EAN PA Ca A)

Du al LC 2 ds a 0 :

+ @ (us (y)) ma (y) [1 —z (x, y, Le (y), v)1 + y (y) [2 (4, ÿ, ta (9), y) — AT +

+ y (y) — p (ua (y)) He’ (y).

GE

On trouve facilement que les cinq premiers termes sont continus pour x>0. Il s’agit d'étudier l'expression p (y) — 9 (ua (9)) Lx (y).

Dans l'équation (4) faisons le changement de variables s — u, (6)

f (tea (9) ) = f (0) z (is O), 80). 0. 0) + Î @ue (D Ju (6) z (2 (9), BU), m2 (0,8) dt.

By) Par addition de cette équation et de l'équation (4”) on obtient

Le Us (0) ne (O2 Qu D), a (9, D dt = 8) — # Ga ON) + (y)

ANA) 0 0) (22 1()-50 7 0) — f P (tte ()) Me (6) Lz (ue (y), B (y), de (6), 1 — 2 (ue (y), Y, ba (6), É)] dt.

86) Posons 2 (ta (y), Ê (y), 0, 0) — z (a (y), y, 0. 0) ee : — CG (v). .[G, (0) Æ'oten/sénéral] Ici G, (y) est une fonction continue pour y > 9. De même pour G, (y) dans l'expression y 5) P (la (#)) ue (EL... ] dt - = 6,0)

à cause du caractère de la fonction de RIEMANN et l'inégalité (14). En outre,

(16°) OI (RENE C0) Dans ce cas-ci #, >0, où © est le moindre des nombres 0, et p,1 (Cf. (2)) et G; (y) est continue pour v >0. Puisque 0 >o (cf. (5)), on a li > 0 20€

Aïnsi on obtient l'équation

Ep (6) — p (ua (€) ) me! (61 3 (ue (y), , du (©, à), dt = yh G (w),

où G(y) est continue pour y > o et où À, = y, si u, < 1 + Q et — 1 + © dans les autres cas. D'après (14”) on obtient, puisque l'équation ci-dessus est tout à fait égale à (4),

. VA 19 (y) — p (uw: (y)) ue WI <M, iso de

De cette inégalité à son tour on a

7) Il est évident que y, peut être plus grand que ©. Soit f (x) = f (0) + x + À (6); g (y) =f (0) + y + y (y). Ici =p2=p5=l1l. On a g(y) —f{us (y)) = y —8 (y). m est par conséquent — 1 + Q. Pour que la solution 0Z cherchée obtienne une dérivée continue ——, il faut que sm, > 1 + ©. (Voir la fin de ce $&). OV = *) Selon le $ 6. on comprend immédiatement que la fonction y dont il s’agit ici est tout à fait la même que y de l'intégrale (3).

OLOF SJÜSTRAND

De même, si nous posons

(167) f(x) — 8 (a ()) = 4% F3 (x); on obtient que dZ XA2 DETTE

Si À est le moindre des nombres À, et 2,, on aura

ôZ x x . x1+0 | (17) :

ÔZ vÀ E1 HA

Dans ces inégalités À est où — A + 150, au-quel cas la solution Z est régulière, ou 415>0>0o. Nous voyons donc que dans ces inégalités Z peut être plus grand que o dans les inégalités du type (14), qu'on aurait pu obtenir immédiatement!).

8. Passons à la considération du cas €. Nous choisissons le cas le plus difficile en ce

qui concerne les données aux limites, à savoir que 0 << 1 (C£. (5)).

tement l’équation (7), d’où l’on tire

(10°) a(x) où H (x, a (x)) do) He) (9) ER K (x, s)

Supposons que

p 6) — 7 (9 p (a (9) + ÊK (9) p (ds = "11 (x),

M0) a tal Ext).

x = p(y) = BY (+78 0)) On a alors = La ee B{y) = a By" (+ ya (y) e 1) Soit f(x) = g(y) = Za = f(o). Onap—1l. L'inégalité (14) nous donnerait

tandis que (17) montre que Z est régulière.

2) Cf. HOLMGREN Î. c. p. 19.

L'inégalité (17) dénend par conséquent essentiellement des exponents y, et u, dans les formules (16).

On obtient immédia-

Nous faisons, en cas de nécessité, une transformation de variables BE TA AS

y = Rk:Y",

laquelle ne change ni l'équation (1), ni les formules (5), ni l'équation (6’) de sorte que RDA UC, HU DEL

Nous avons én outre d(x) =n par ro (1 FF rp, (x)).

Puisque H (x, a (x)) à Home (1+ xp; (x)) > 1 pour x — 0, on a pour *< x, que PACA Nous choisissons cet intervalle, de façon qu’on a de plus x?

ANRT TON 29-led0ut

f PA yltn <LXr<X ,

g ni— 1 Eee <a ' "= 1 Me référant aux équations (12’) et (12”), j'écris Er) a ET RE

Potro (Er Ca D A Mon None cr hs M, et par conséquent

ne

Dans l'intervalle considéré IL

PAR RER Cr

| po M pre x" OLA NME ON Ado ni— 1 1—0 à \iE 1e 14) EP ; ed le h?— —]1 [Po (x) <M | x l+x 7 + x De +... + = LAURE (ni— DE 0)

= M x° DO 0 4n0 Las cry) (ES A0 RE rd ue RTE) rie —1 ne | ss

(ni— 1) (1—0) M se RE A DÉC

na L: D xl gti D0 LL LH) (A0) LR —1)0

OLOF SJÜSTRAND

La série enfermée par [ ] est uniformément convergente pour x < x, <%9. On a donc | Ps (x) ES

Dans l'intervalle considéré |K (x, s) | <M,, dont

x 0 a(x | Nous concluons MM,M, : à : | | Pi (x) | < AA NE NT dd et en VE lt MM,M, MMÈM, x° ER ESP x A0 : D gt D HO) GR) GED DE LMD. , : a ë

De la même manière

M M$ M? xPFi

FRS rer M MSN Matt 8: &) | < Do l). Mot

11 existe donc une solution de (10) œ (x) = x°T £ (x), où & (x) est une fonction continue.

Pour l'intégrale (3) on a

(15’) A y) —Z,;|<Kx°+K;y°.

9. Dans l'intention de traiter avec la méthode de RIEMANN la solution de l'équation

(1) faite dans les paragraphes précédents, je me permets de présenter, d’après une nouvelle

méthode, des inégalités analogues à celles obtenues par M. HADAMARD pour certaines fonc-

tions auxiliaires!).

Fig. 2.

1) Cf. H. et HADAMARD: Bull. de la Soc. math. t. XXXI p. 208.

Soit » une solution de l'équation adjointe de (1) et z la fonction de RIEMANN

4 y | hr. di ab 0 (solution de (1) qui est e y Ya) sur Mm' (Cf. fig. 2) te y» sur M m;). On a [ (H dn — K dë) —0, M m m'1 mu M où dv Ôz .

Mn RON En Ainsi — Î adn "ea Ôz ; 7 dv (18) Vu = € M L tn | V b z FSE dë 2 ] 2 Herr an. — Es m m, F M m, Fig. 3

De la même manière, en posant

02 dv RS CT — NT on aura selon la fig. 3 | — [hd£ Fe AN ET Re (15) Vy = € M nes a y |az - ôn an il Re D dE £

10. Sia,, b, ne sont pas positifs tous les deux, nous faisons la transformation

2=(l+ax +7)

Da = 0 04e 0:

Celle-ci ne change pas les données aux limites?).

1) GoursaT, Cours d'Analyse, t. III $. 498.

?) Nous observons cependant que la transformation comporte que 9, et o, dans (2) sont bcrnés, de façon que 0 <p, < 1; 0 <o, < 1. Pour le cas B u, et w, dans (16) ne changent pas si w, 0 an 1 eo RES D'autre part, si y, et x, sont > ( + 1, ils s'abaissent par la transformation à ce nombre.

OLOF SJÔSTRAND

Fig. 41).

Employons (18) en posant » — ®,,,,?). Supposons que ee UE ANNEE domaine À P,,D, et que ce maximum du module existe en un point M à l'intérieur du

domaine (et non sur la frontière A P,,D). Pour i>1i, on a a>K,>0. De plus,

Ôz 2 . < Him SU, M) Et

= 0 sur P,, D.

On a par conséquent selon (18) Moss SE Moss + KonE Mis, d’où l’on tire PP OUEARTRE Pour 2>1;>1, (c'est-à-dire quand » <7Y,,. est suffisamment petit)

Ré lan ouh. 0, Ainsi Ken RES d'où RAR ue.

1) CE EH, fig. 2.

Nc

db RD; à sont bornées (Condition indispensable pour l'emploi de la méthode de RIEMANN). De même pour Y

Ôz Oz : T3 Z, —, ——, quelle que soit la position de M.

Ôy Ôx dy GERS AE

l'inégalité K;, < K,x,,, est absurde pour 1> 5%; > M s'ensuit donc que, pour 1 ty la Supposition que M,,,, existe en un point à l’intérieur du domaine À P;, D, doit être fausse. Par conséquent, le maximum du module de ÿ,,,, se trouve ou sur P;, À, ou sur P,, D. Il est évident que pour tous les M,,,, qui sont situés sur une ligne P,, D, ils sont bornés, quel que soit le nombre #). Si, au contraire, M,;,, est situé sur P,; A, on peut conclure que M,,,, < M,, selon la façon dont on a formé les fonctions œ?). Il s'ensuit clairement que les fonctions y, ont une limite supérieure). Nous

observons que cette démonstration est valable pour tous les trois cas 4, B, C.