Principe du maximum

Bonjour,
oui, c'est le terme de gauche qui me pose problème. On ne sait rien de lui, on peut comparer le terme de droite avec $u(x),$ parceque $u$ atteint son minimum en $x_0,$ par contre aucune idée pour $\(u(x_{01},...,x_{0i-1},x_{i0}+t,x_{0i+1},...,x_n).$ Comment le réecrire pour obtenir quelque chose sur le signe de la difference svp?
En vous remerciant pour toute votre aide ainsi que pour toute votre patience.

Bonsoir,
une petite piste svp?

On a
$$u(x_{01},...,u{0i-1},x_{0i}+T,x_{0i+1},...,x_{0i+n}) > u(x_{01},..,x_{0n})$$
Ca parrait intuitif, mais le problème est de prouver cette inégalité. Non?
Sinon, pour le reste on a:
-lorsque $t > 0,$ on a $\frac{u(x_{01},...,u{0i-1},x_{0i}+t,x_{0i+1},...,x_{0i+n})- u(x_{01},..,x_{0n})}{t} > 0$
-lorsque $t < 0,$ on a $\frac{u(x_{01},...,u{0i-1},x_{0i}+t,x_{0i+1},...,x_{0i+n})- u(x_{01},..,x_{0n})}{t} < 0$
Ce qui implique que $\frac{\partial u}{\partial x_i}(x_0)=0.$ Donc,
$$Du(x_0)= \sum_{i=1}^n h_i \frac{\partial u}{\partial x_i}(x_0)=0$$
En vous remerciant pour toute votre aide ainsi que pour toute votre patience.

$u$ représente un minimum en $x_0$ veut dire que
$$u(x_1,x_2,...,x_i,...,x_n) \geq u(u_{01},x_{02},..,x_{0i},...,x_{0n})$$
Mais ca n'implique pas que $$u(x_{01},...,u{0i-1},x_{0i}+t,x_{0i+1},...,x_{0i+n}) > u(x_{01},..,x_{0n})$$ Ah non, j'ai compris maintenant. On a $u(x) \geq u(x_0)$ pour tout $x$ et en particulier pour $x(x_{01},...,u{0i-1},x_{0i}+t,x_{0i+1},...,x_{0i+n}) $. C'est bian ca!

Bonsoir,
On a commencé par supposé que $Lu > \eta \geq 0$ pour montrer que $u$ n'atteint pas son minimum à un point interieur de $\Omega.$
Mais après, ils suppose aussi que $Lu \geq 0.$ Pourquoi? il n'ya pas de difference entre le premier cas et celui ci . Non?
C'est à la page 2 du poly joint plus haut si vous le voulez bien.
En vous remerciant pour toute votre aide.

Bonjour,
bonjour monsieur Remarque.
Oui, si $x \geq 0$ celà veut dire que $x$ peut etre égale à 0, ou alors $\eta>0$ tel que $x\ge \eta.$
En vous remerciant pour toute votre aide ainsi que pour toute votre patience.

Bonjour,
bonjour monsieur Remarque.
Non, ce n'est pas la meme chose. Et ca serait plus logique de considérer les deux cas: lorsque $Lu=0$ et lorsque $Lu > 0.$ Non?
En vous remerciant pour toute votre aide ainsi que pour toute votre patience.

Svp, dans le cas où ils supposent que $Lu \geq 0,$ ils veulent montrer que $\min_{\bar{\Omega}}=\min_{\partial \Omega}u.$ Pour ca, ils proposent de revenir au cas précédent.
Posons $u_\varepsilon(x)=u(x)-\varepsilon e^{\gamma x_1},$ les constantes $\varepsilon$ et $\gamma$ étant à choisir astucieusement.
Comment arriver au résultat
$$L(e^{\gamma x_1})=(-a_{11}(x)\gamma^2+b_1(x) \gamma)e^{\gamma x_1}?$$
En sachant que $Lu(x)=-\sum_{i,j=1}^n \frac{\partial}{\partial x_i \partial x_j}(e^{\gamma x_1}) + \sum_{i=1}^n b_i(x)\frac{\partial}{\partial x_1}(e^{\gamma x_1})$
Et si on remplace $u(x)$ par $e^{\gamma x_1}$ je ne sais plus par quoi remplacer $i$ et $j.$
En vous remerciant pour toute votre aide ainsi que pour toute votre patience.

Bonjour,
Si on pose $u(x)=e^{\gamma x_1}$ on a
$\frac{\partial u}{\partial x_1}=\gamma e^{\gamma x_1}$ et $\frac{\partial^2}{\partial x_1^2}=\gamma^2e^{\gamma x_1}$ et les autres dérivées partielles sont nulles.
Donc, pour deux vaibles ou plus, toutes les dérivées par rapport à elles sont nulles sauf celles pour $x_1.$
Ma question est comment ont-ils fait le lien entre $u(x)=e^{\gamma x_1}$ et la matrice $A$ pour écrire $Lu?$
En vous remerciant pour votre aide.

Bonjour monsieur Egoroffski,
oui, c'est exactement ca le problème.
Ils ont dis sur le papier " par un calcul élémentaire, on a $$L(e^{\gamma x_1})=(-a_{11}(x)\gamma^2+b_1(x)\gamma)e^{\gamma x_1}$$
Or que normalement, d'après l'expression de $Lu,$ on doit trouver que $$L(e^{\gamma x_1})=(-a_{11}(x)\gamma^2+b_1(x)\gamma + c(x))e^{\gamma x_1}$$
Et aussi, il faut détailler ce calcul élémentaire, mais en fait mon problème est justement "comment écrire le detail de ce calcul" d'une manière propre.
En vous remerciant d'avance pour votre aide.

Bonjour,
svp, alors dans ce raisonnement on dit que
On a $$L(e^{\gamma x_1})=-\sum_{i,j=1}^n a_{ij}(x) \frac{\partial}{\partial x_i \partial x_j} e^{\gamma x_1}+ \sum_{i=1}^n b_i(x)\frac{\partial}{\partial x_i}e^{\gamma x_1}$$
Dans la somme double, seul le terme en $i=j=1$ n'est pas nul, et dans la somme sur $i,$ seul le terme en $i=1$ n'est pas nul.
On a alors
$$L(e^{\gamma x_1})=(-a_{11}(x)\gamma^2+b_1(x)\gamma)e^{\gamma x_1}$$
L'inégalité de coércivité pour $\xi=e_1$ npus indique que $a_{11}(x) \lambda$ et d'autre par, puisque $b \in \mathcal{C}^0(\bar{\Omega},\mathbb{R}^n),$ alors $|b_1(x)| \leq \|b\|_{\mathcal{C}^0}.$ On a alors
\begin{align*}
-a_{11}(x)\gamma^2+b_1(x)\gamma & \leq -\lambda \gamma^2+b_1(x)\gamma\\
& \leq - \lambda \gamma^2+ \|b_1\|_{\mathcal{C}^0(\bar{\Omega}}} \gamma
\end{align*}
On coisit $\gamma$ assez grand pour qu'on ait l'estimation $$\lambda \gamma^2-\|b_1\|_{\mathcal{C}^0(\bar{\Omega})}\gamma >0^$$
Un tel $\gamma$ existe parceque, $$\lim_{\gamma \rightarrow + \infty}-\lambda \gamma^2+\|b_1\|_{\mathcal{C}^0(\bar{\Omega})}=- \infty$$
Mais je ne vois toujours pas le rapport entre cette limite et le fait que $\lambda \gamma^2-\|b_1\|_{\mathcal{C}^0(\bar{\Omega})}\gamma >0^.$
En vous remerciant pour toute votre aide ainsi que pour toute votre patience.

Bonjour,
bonjour monsieur Egorffski,
non, je pensais que c'était trivial, si elle tend vers $- \infty$ alors c'est sure qu'il est inferieur à 0. mais après, je me suis dis que c'est trop trivial, il doit surement y avoir un autre truc. Non?
En vous remerciant pour toute votre aide.

On a
$$(\lim_{x \rightarrow + \infty}h(x)=- \infty) \Leftrightarrow ( \exists A > 0, \forall B > 0, \forall x \text{ tel que } x > B, h(x) < A)$$
mais ca ne veut pas dire que $A=0.$ Puisque cette définition est vrai pour un certain $A.$
En vous remerciant d'avance pour votre aide.

Ah, pardon. J'ai fais une énorme betise.
On a:
$$(\lim_{x \rightarrow + \infty}) \Leftrightarrow (\forall A \in \mathbb{R}, \exists B \in \mathbb{R} \text { tel que } x \geq B \Rightarrow h(x) \leq A)$$
Et ceci est vrai en particulier pour $A=0.$
Alors, par conséquent,
$$-L(e^{\gamma x_1}) \geq (\lambda \gamma^2 - \|b_1\|_{\mathcal{C}^0(\bar{\Omega})}\gamma ) e^{\gamma x_1}$$
Si l'on pose $\eta = \varepsilon (\lambda \gamma^2-\|b_1\|_{\mathcal{C}^0(\bar{\Omega})} \mathrm{min\,}_{\bar{\Omega}}(e^{\gamma x_1})$
Après, ils disent que $\eta > 0,$ puisque $\Omega$ est borné et $$L u_\varepsilon = L u - \varepsilon L(e^{\gamma x_1}) \geq \eta > 0$$

$\Omega$ est borné, alors $e^{\gamma x_1}$ atteint son minimum sur $\Omega$ ce qui veut dire qu'il existe, mais qu'est ce qui prouve qu'il est positif? D'autant plus qu'on n'a pas supposé que $Lu_\varepsilon \geq 0.$ On a seulement supposé que $Lu_\varepsilon \geq 0.$
Alors pourquoi on a $\eta > 0?$
En vous remerciant pour toute votre aide.

Non, c'est ok. Oui, elle est positive. Donc, il n'ya aucun souci.
En vous remerciant pour toute votre aide ainsi que pour toute votre patience.