Solutions auto-similaires du probl`eme de Riemann pour une loi de ...

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proposées pour des cas différents dans [5],[12],[11]. En vertu de l’unicité toutes ces formules sont équivalentes pour le cas du problème de Riemann avec une fonction de flux f régulière convexe. Les démonstrations détaillées d’une partie des assertions de cette note sont présentées dans [1]. On fixe ε > 0 . L e m m e 1. Toute solution U(ξ) du problème (3) est croissante sur IR . Lapreuve([1])sefaitenraisonnantparl’absurdedansunvoisinaged’unpointd’extremum de la solution. Par suite, la fonction Ξ(u) = [U(ξ)] −1 est définie p.p. sur [u−,u+] et monotone. L e m m e 2. Soit une fonction U(ξ) une solution du problème (3), alors la fonction Φ(u) = u U(0) Ξ(v)dv−K sur [u−,u+] est une solution du problème suivant : ⎧ Φ ∈ C[u−,u+] et Φ est convexe Φ(u) ≤ f(u) sur [u−,u+] et Φ(u±) = f(u±) (5) ⎪⎨ ⎪⎩ ε f−Φ ∈ Lloc 1 ]u−,u+[ ¨Φ(u) ε ≥ f(u)−Φ(u) (f(u)−Φ(u)) Φ(u)− ¨ ε = 0 f(u)−Φ(u) (où ˙ signifie d/du dans tout ce qui suit.) ⎫ ⎬ ⎭ au sens de mesures sur ]u−,u+[ Inversement, soit Φ(u) une solution de (5) , alors la fonction U(ξ) = [ ˙ Φ(u)] −1 ≡ ≡ ∂/∂x max (xv −tΦ(v)) est une solution de (3). u−≤v≤u+ Démonstration. (3) ⇒ (5) On réécrit l’équation (3) sous la forme (6) εU ′ (ξ) = f(U(ξ))−Φ(U(ξ)), d’où Φ ∈ C]u−,u+[ et Φ ≤ f . Puisque ˙ Φ(u) = Ξ(u) est une fonction continue p.p. croissante, alors Φ est convexe. Posons Ω = {u|∃ξ : U(ξ) = u,U ′ (ξ) = 0} . La mesure de Lebesgue |Ω| est zéro d’après le lemme de Sard et Ω ≡ {u|Φ(u) = f(u)}. Pour tout u ∈ [u−,u+]\Ω il existe ¨ Φ(u) = ˙ Ξ(u) = 1/U ′ (ξ) > 0 ; ¨ ε Φ(u) = et Φ(u) < f(u); f(u)−Φ(u) et comme (f − Φ) ¨ Φ = 0 sur Ω, alors (f − Φ) Φ− ¨ ε = 0 au sens de mesures sur f−Φ ]u−,u+[ . Puisque |Ω| = 0 et ¨ Φ ≥ 0, alors ¨ Φ ≥ ε f−Φ sur ]u−,u+[ au même sens. Par suite, pour tout segment [a,b] ⊂]u−,u+[ on a b ε a f(u)−Φ(u) du ≤ ˙ Φ(b+0)− ˙ Φ(a−0) < ∞, d’où ε f−Φ ∈ Lloc 1 ]u−,u+[ . L’équation (6) avec U(±∞) = u± impliquent qu’il existe lim ξ→±∞ U′ (ξ) = 0 , alors Φ(u±) = f(u±) et Φ ∈ C[u−,u+] . (5) ⇒ (3) La fonction Ξ(u) := ˙ Φ(u) est croissante, on peut donc définir U(ξ) = [Ξ(u)] −1 . Maitenant si u 0 /∈ Ω , alors il existe ˙ Ξ(u) = ε f(u)−Φ(u) 2 > 0 sur un
voisinage de u 0 , et donc (6) est vérifiée en ξ 0 = Ξ(u 0 ). Si u 0 ∈ Ω, alors pour chaque α > 0 il existe un voisinage de u 0 tel que f(u) − Φ(u) < εα et donc ¨ Φ > 1/α sur le voisinage. Par conséquent, |Ξ(u 0 + δ) −Ξ(u 0 )| ≥ |δ|/α pour tout δ assez petit; il existe donc U ′ (ξ 0 ) = 0 et (6) est vérifiée dans tous les cas. Alors U ∈ C 1 et (6) implique (3) d’après la définition de U(ξ) . Evidemment, U(±∞) = u± . △ R e m a r q u e. Ilestintéressantqued’aprèslelemme2lafonction w(t,x) = ˙ Φ(U(t,x)) vérifie l’équation de Hopf ([5]) wt + wwx = 0 si U est une solution de (1ε),(2) au sens (3). L e m m e 3. Pour tous ε > 0 , u− < u+ et f ∈ C[u−,u+] il existe une unique solution du problème (5) . Démonstration. Afin de prouver l’unicité on raisonne par l’absurde; il suffit de traiter un point d’extremum de la différence de deux solutions à (5) ([1]). Pour démontrer l’existence on introduit le problème pénalisé: (7) ⎧ ⎨ ⎩ ¨Φn(u) ε = Gn(u,Φn(u)) = ∧n, n = 1,2,... f(u)−Φn(u) Φn(u±) = f(u±), Φn ∈ C2 [u−,u+]. Puisque Gn(u,Φ) est continue en u et Φ et bornée, il existe une solution de (7). Comme Gn(u,Φ) est croissante en Φ , le principe de maximum est alors vérifié pour les équations du type (7). On pose G = ε(u−u−)(u+ −u) et dénote par F l’enveloppe convexe de f sur [u−,u+] . Alors (F −G)¨≥ −¨ G ≥ ε G ≥ ε , et (F −G) est donc f−(F−G) ε une sous-solution du problème (7) avec G∞ = f(u)−Φ . On a pour n ≥ m G∞(u,Φ) ≥ ≥ Gn(u,Φ) ≥ Gm(u,Φ) et donc d’après le principe de maximum Φm(u) ≥ Φn(u) ≥ ≥ F(u)−G(u) sur [u−,u+] . Ainsi Φn(u) ↓ Φ(u) ∈ IR , u ∈ [u−,u+] , Φ(u± ∓0) = Φ(u±) = f(u±) , Φ ∈ C[u−,u+] et convexe. Aussi Gn(u,Φn(u)) tend vers ε f(u)−Φ(u) ∈ IR+ sur [u−,u+] . On prend une fonction test ϕ ∈ C ∞ 0 ]u−,u+[ et ϕ ≥ 0; d’après (7) et le lemme de Fatou, on a (8) u+ u− ¨ϕΦ(u)du = lim u+ n→∞ u− ¨ϕΦn(u)du = lim u+ n→∞ u− Alors ¨ Φ ≥ ε f−Φ au sens de mesures sur ]u−,u+[ et ε f−Φ ϕGn(u,Φn(u))du ≥ u+ u− ∈ Lloc 1 ]u−,u+[ . ε ϕ f(u)−Φ(u) du. Si on prend maintenant une fonction test ϕ ∈ C ∞ 0 [u−,u+] à suppϕ ⊂ {u|Φ < f}, alors le (8) se transforme en égalité, car il existe N = N(ϕ) tel que pour tout n ≥ N Gn(u,Φn(u)) ≤ GN(u,ΦN(u)) sur suppϕ. Puisque f −Φ = 0 sur [u−,u+]\{u|Φ < f}, on a (f −Φ) Φ− ¨ ε = 0 , toujours au sens de mesures sur ]u−,u+[ . △ f−Φ On montre facilement que pour une f Lipshitzienne la solution de (5) est une solution classique de l’équation ¨ Φ = ε f−Φ sur ]u−,u+[ . Cependant on peut montrer à l’aide du 3
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