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[ID: 2937] [Date de publication: 9 novembre 2022 22:38] [Catégorie(s): Calcul différentiel ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 1 ] [Auteur(s): Patrice Lassère ]

Solution(s)

Solution(s)

Calcul différentiel, extréma, fonctions harmoniques
Par Patrice Lassère le 9 novembre 2022 22:38

\(\Omega\) est borné, donc \(\overline\Omega\) est compact : \(f\) continue, atteint donc son suprémum en au moint un point \(\alpha\). Supposons par l’absurde que \[\sup_{x\in\partial\Omega}f(x)=f(\beta)<f(\alpha)\] (car la frontière \(\partial\Omega\) est fermée bornée donc aussi compacte) et posons pour \[x=\!^t(x_1,\dots,x_d)\in\mathbb R^d,\quad \varphi(x)=\Vert x\Vert^2=\sum_{k=1}^dx_i^2.\] Clairement \[\Delta \varphi(x)=2d.\] considérons maintenant pour \(\varepsilon>0\), la fonction définie sur \(\overline\Omega\) par \[f_\varepsilon(x)=f(x)+\varepsilon\varphi(x).\] la quantité \[M=\sup_{x\in\overline\Omega}\varphi(x)\] est bien finie par continuité de \(\varphi\) sur le compact \(\overline\Omega\). Si bien que \[\sup_{x\in\partial\Omega}f_\varepsilon(x)\leq f(\beta)+\varepsilon.M\] et \[\sup_{x\in\overline\Omega} f_\varepsilon(x)\geq f(\alpha).\] Puisque \(f(\alpha)>f(\beta)\), on peut choisir \(\varepsilon>0\) assez petit pour que \(f(\beta)+\varepsilon.M<f(\alpha)\) ; les deux dernières inégalités nous donnent alors \[\sup_{x\in\partial\Omega}f_\varepsilon(x)\leq f(\beta)+\varepsilon.M < f(\alpha)\leq \sup_{x\in\overline\Omega} f_\varepsilon(x)\] soit \[\sup_{x\in\partial\Omega}f_\varepsilon(x) < \sup_{x\in\overline\Omega} f_\varepsilon(x).\] En d’autres termes pour un tel \(\varepsilon\), le suprémum de \(f_\varepsilon\) sur \(\overline\Omega\) est atteint en un point \(\gamma\) de \(\Omega\). \(\Omega\) étant ouvert \(\gamma\) est un maximum local : \[d^2f_\varepsilon(x)(h,h)=\sum_{1\leq i,j\leq d}\dfrac{\partial^2f_\varepsilon}{\partial x_i\partial x_j}(x)h_ih_j\leq 0,\qquad\forall\,h\in \mathbb R^d.\] En particulier le choix \(h=h^i=(0,\dots,0,1,0\dots,0)\in\mathbb R^d\) pour \(1\leq i\leq d\) implique : \[\dfrac{\partial^2f_\varepsilon}{\partial x_i^2}(x)\leq 0\] en contradiction avec \[\Delta f_\varepsilon(x)=\sum_{i=1}^d\dfrac{\partial^2f_\varepsilon}{\partial x_i^2}(x)=\Delta f(x)+2d\varepsilon=2d\varepsilon>O.\] Le résultat est démontré.

Remarque : La preuve est à peine plus simple si \(\Omega\) est une boule : soit pour \(\varepsilon>0\), \[g_\varepsilon(x)=f(x)+\varepsilon\Vert x-a\Vert^2.\] Nous avons \[dg_\varepsilon(x)=df(x)+2\varepsilon\langle x-a,{\bf{1}}\rangle \quad\text{et}\quad d^2g_\varepsilon(x)=d^2f(x)+2\varepsilon I_d,\] (où \({\bf{1}}=\! ^t(1,1,\dots,1)\in\mathbb R^d\) et \(I_d\in M_d(\mathbb R^d)\) est la matrice identité). Comme par hypothèse \[\Delta(f)=\text{tr}(d^2f)=0\] nous avons \[\text{tr}(d^2g_\varepsilon(x))=\Delta(g_\varepsilon)(x)=2d\varepsilon>0\] si bien que \(d^2g_\varepsilon(x)\) admet toujours au moins une valeur propre strictement positive en chaque point de la boule ouverte \(B(a,r)\) (\(g_\varepsilon\) harmonique est de classe \(\mathscr C^2\) (en fait alors \(\mathscr C^\infty\)) sa matrice Hessienne est donc symétrique réelle et ses valeurs propres sont réelles...). Mais \(f\) et donc \(g_\varepsilon\) est continue sur le compact \(\overline{B(a,r)}\) : \(g_\varepsilon\) y admet donc un maximum \(x_0\) qui, vu ce qui précède se trouvera nécessairement sur la frontière de \(B\). En outre sur la frontière de la boule \(\varepsilon\Vert x-a\Vert^2=\varepsilon r^2\), cette quantité étant constante \(x_0\) ne dépend pas de \(\varepsilon\) i.e. \[\exists\, x_0\in\partial B\quad:\quad\forall\,\varepsilon>0,\ x\in B\qquad f(x)+\varepsilon\Vert x-a\Vert^2\leq f(x_0)+\varepsilon\Vert x_0-a\Vert^2,\] il ne reste plus qu’à faire tendre \(\varepsilon\) vers zéro pour conclure.