\documentclass[11pt]{article} % Packages gestion des caractères, du français et de la mise en page \usepackage[french]{babel} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[margin=2.5cm]{geometry} \usepackage[pdftex,pdfborder={0 0 0},hypertexnames=false]{hyperref} \setlength{\parindent}{0pt} \renewcommand{\FrenchLabelItem}{\textbullet} \usepackage{comment} \usepackage{enumitem} \usepackage{multicol} \usepackage{tabularx} % Graphiques et Figures \usepackage{subfig} \usepackage{pgf,tikz} \usetikzlibrary{arrows} \usepackage[figurename=Figure]{caption} % Packages pour les maths \usepackage{mathtools} \usepackage{amsthm} \usepackage{amsfonts} \usepackage{amssymb} \usepackage{stmaryrd} % Nouveaux environnements \theoremstyle{plain} \newtheorem{thm}{Théorème} \newtheorem{cor}[thm]{Corollaire} \newtheorem{lem}[thm]{Lemme} \newtheorem{prop}[thm]{Proposition} \theoremstyle{definition} \newtheorem*{dfn}{Définition} \newtheorem{exo}{Exercice} \newtheorem*{ntn}{Notation} \newtheorem*{ntns}{Notations} \theoremstyle{remark} \newtheorem*{hint}{Indication} \newtheorem*{rem}{Remarque} \newtheorem*{ex}{Exemple} \newtheorem*{exs}{Exemples} % Commandes et opérateurs utiles \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \renewcommand{\S}{\mathbb{S}} \newcommand{\T}{\mathbb{T}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\cC}{\mathcal{C}} \newcommand{\cF}{\mathcal{F}} \newcommand{\cS}{\mathcal{S}} \newcommand{\dx}{\dmesure\!} \newcommand{\mvert}{\mathrel{}\middle|\mathrel{}} \newcommand{\one}{\mathbf{1}} \renewcommand{\bar}{\overline} \renewcommand{\epsilon}{\varepsilon} \renewcommand{\geq}{\geqslant} \renewcommand{\hat}{\widehat} \renewcommand{\leq}{\leqslant} \renewcommand{\tilde}{\widetilde} \DeclareMathOperator{\dmesure}{d} \DeclareMathOperator{\Div}{Div} \DeclareMathOperator{\Id}{Id} \DeclareMathOperator{\supp}{supp} \DeclareMathOperator{\Tr}{Tr} \DeclareMathOperator{\Vol}{Vol} \DeclarePairedDelimiter{\ang}{\langle}{\rangle} \DeclarePairedDelimiter{\brackets}{\{}{\}} \DeclarePairedDelimiter{\ceil}{\lceil}{\rceil} \DeclarePairedDelimiter{\floor}{\lfloor}{\rfloor} \DeclarePairedDelimiter{\norm}{\lvert}{\rvert} \DeclarePairedDelimiter{\Norm}{\lVert}{\rVert} \DeclarePairedDelimiter{\parentheses}{(}{)} \DeclarePairedDelimiterX{\prsc}[2]{\langle}{\rangle}{#1\,, #2} \DeclarePairedDelimiter{\squarebrackets}{[}{]} \DeclarePairedDelimiterX{\ssquarebrackets}[2]{\llbracket}{\rrbracket}{#1,#2} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % Gestion de l'affichage des solutions avec le package comment % Nouveaux compteurs pour avoir une numérotation des équations indépendante dans les solutions \newcounter{aux} \newcounter{soleq} % Définition d'un environnement sol qui peut être commenté à loisir ci-dessous % La numération des équations est indépendantes et en chiffres romains dans les solutions \specialcomment{sol}{ \setcounter{aux}{\value{equation}} \setcounter{equation}{\value{soleq}} \renewcommand{\theequation}{\roman{equation}} \par\begingroup\color{violet} } { \endgroup \setcounter{soleq}{\value{equation}} \setcounter{equation}{\value{aux}} \renewcommand{\theequation}{\arabic{equation}} } % Le contenu des environnements sol est visible par défaut, décommenter la ligne suivante le cache %\excludecomment{sol} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % Informations du document \author{Thomas Letendre} \date{2023 -- 2024} \title{Feuille 5 -- Mesure superficielle, formules de Green} \begin{document} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % Mise en page de l'en-tête %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \makeatletter \begin{tabularx}{\textwidth}{@{}Xr@{}} Université Paris-Saclay & Master Formation à l'Enseignement Supérieur \\ \@date & Analyse~2 \end{tabularx} \vspace{1ex} Chargé de TD: \@author . \vspace{2ex} \hrule \begin{center} \begin{Large} \@title \end{Large} \end{center} \hrule \vspace{2ex} \makeatother %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % Début du corps du texte %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% \begin{dfn} Un \emph{domaine} $\cC^\infty$ est un ouvert non-vide de la forme $\Omega = \brackets*{x \in \R^n \mvert \varphi(x) < 0}$, où $\varphi : \R^n \to \R$ est $\cC^\infty$ et pour tout $x \in \R^n$ si $\varphi(x)=0$ alors $\nabla_x \varphi \neq 0$. Dans ce cas, le bord de $\Omega$ est l'\emph{hypersurface} $\partial \Omega = \varphi^{-1}(0)$. On dit que $\varphi$ est une \emph{fonction définissante} de $\Omega$. \end{dfn} Pour tout $f \in \cC^0_c(\R^n)$ on a défini l'intégrale de $f$ sur $\partial\Omega$ pour la \emph{mesure surperficielle} $\dx \sigma$ par: \begin{equation} \label{eq: def mesure superficielle} \int_{x \in \partial\Omega} f(x) \dx\sigma(x) = \lim_{\epsilon \to 0} \frac{1}{\epsilon} \int_{\brackets*{x \in \R^n \mvert -\epsilon < \varphi(x) < 0}} f(x) \Norm{\nabla_x\varphi}\dx x. \end{equation} \begin{exo}[Mesure superficielle d'un graphe] \label{exo: graphe} Dans cet exercice, on note sous la forme $\underline{x} = (x,x_n)$ les points de $\R^n = \R^{n-1}\times \R$. Soit $\Omega \subset \R^n$ un domaine $\cC^\infty$ définit par une fonction $\varphi : \R^n \to \R$. On suppose que $\partial \Omega \neq \emptyset$. \begin{enumerate} \item \label{q: situation locale} Soit $\underline{p}=(p,p_n) \in \partial \Omega$ montrer que, quitte à réordonner et renverser les vecteurs de la base canonique, il existe un ouvert $U\subset \R^{n-1}$ et un intervalle $]a,b[ \subset \R$ tels que $\underline{p} \in U \times ]a,b[$ et $\forall \underline{x} \in U \times ]a,b[$, $\partial_n \varphi(\underline{x})>0$. \begin{sol} Comme $\underline{p} \in \partial \Omega = \varphi^{-1}(0)$ on a $\nabla_{\underline{p}}\varphi \neq 0$. Donc il existe $i \in \ssquarebrackets{1}{n}$ tel que $\partial_i\varphi(\underline{p})\neq 0$. Quitte à échanger le $i$-ème vecteur de la base canonique avec (plus ou moins) le $n$-ième, on peut supposer que $\partial_n \varphi(\underline{p})>0$. Par continuité de $\partial_n \varphi$, on a $\partial_n\varphi(\underline{x})>0$ au voisinage de $\underline{p}$ dans $\R^n$. On peut choisir ce voisinage de la forme $U \times ]a,b[$ avec $U$ ouvert contenant $p$ et $a0$ sur $U \times ]a,b[$, la fonction $t \mapsto \varphi(x,t)$ est $\cC^\infty$ et strictement croissante de $]a,b[$ vers $]\varphi(x,a),\varphi(x,b)[$. En particulier cette fonction est bijective, et $F$ envoie donc bijectivement $\brackets{x} \times ]a,b[$ sur $\brackets{x}\times ]\varphi(x,a),\varphi(x,b)[$. Donc $F$ réalise une bijection $\cC^\infty$ de $U \times ]a,b[$ vers $V=\brackets*{\underline{x} \in U \times \R \mvert \varphi(x,a)< x_n < \varphi(x,b)}$. Soit $\underline{x} \in U \times ]a,b[$, la différentielle de $F$ en $\underline{x}$ (identifiée à sa matrice) est: \begin{equation*} D_{\underline{x}}F = \parentheses*{\strut\partial_jF_i(\underline{x})}_{1\leq i,j \leq n}= \begin{pmatrix} 1 & & & 0\\ & \ddots & & \vdots\\ & & 1 & 0\\ \partial_1\varphi(\underline{x}) & \dots & \partial_{n-1}\varphi(\underline{x}) & \partial_n \varphi(\underline{x}) \end{pmatrix}, \end{equation*} dont le déterminant est $\partial_n\varphi(\underline{x})>0$. Donc $D_{\underline{x}}F$ est inversible pour tout $\underline{x} \in U \times ]a,b[$, et donc $F$ est un $\cC^\infty$-difféomorphisme de $U \times ]a,b[$ sur $V$ par le théorème d'inversion globale. \end{sol} \item \label{q: psi} Montrer qu'il existe $\psi:V \to \R$ de classe $\cC^\infty$ telle que $F^{-1}:\underline{y}\mapsto\parentheses*{y,\psi(\underline{y})}$, et exprimer les dérivées partielles de $\psi$ en fonction de celles de $\varphi$. \begin{sol} Notons $\psi:V \to \R$ la $n$-ième composante de $F^{-1}:V \to U \times ]a,b[$, de sorte que $\psi$ est $\cC^\infty$. Soit $\underline{y} \in V$, notons $\underline{x}=(x,x_n) = F^{-1}(\underline{y})$. Alors $\underline{y}= F(\underline{x}) = \parentheses*{x,\varphi(\underline{x})}$ et donc $y=x$. Par définition $x_n = \psi(\underline{y})$, donc finalement $F^{-1}(\underline{y})=\parentheses*{y,\psi(\underline{y})}$. Donc $F^{-1}$ est bien de la forme souhaitée. En différentiant la relation $F \circ F^{-1}=\Id$, on obtient pour tout $\underline{y} \in V$, \begin{align*} \Id &= D_{F^{-1}(\underline{y})}F \circ D_{\underline{y}}F^{-1}\\ &= \parentheses*{\begin{smallmatrix} 1 & & & 0\\ & \ddots & & \vdots\\ & & 1 & 0\\ \partial_1\varphi(F^{-1}(\underline{y})) & \dots & \partial_{n-1}\varphi(F^{-1}(\underline{y})) & \partial_n \varphi(F^{-1}(\underline{y})) \end{smallmatrix}}\parentheses*{\begin{smallmatrix} 1 & & & 0\\ & \ddots & & \vdots\\ & & 1 & 0\\ \partial_1\psi(\underline{y}) & \dots & \partial_{n-1}\psi(\underline{y}) & \partial_n \psi(\underline{y}) \end{smallmatrix}}. \end{align*} On tire de la dernière ligne de cette égalité matricielle que $\varphi$ et $\psi$ vérifient les équations suivantes pour tout $\underline{y} \in V$: \begin{equation*} \begin{cases} \partial_1\varphi(F^{-1}(\underline{y})) + \partial_n\varphi(F^{-1}(\underline{y}))\partial_1\psi(\underline{y}) = 0\\ \dots\\ \partial_{n-1}\varphi(F^{-1}(\underline{y})) + \partial_{n-1}\varphi(F^{-1}(\underline{y}))\partial_n\psi(\underline{y}) = 0\\ \partial_n\varphi(F^{-1}(\underline{y}))\partial_n\psi(\underline{y}) = 1 \end{cases} \iff \begin{cases} \partial_1\psi(\underline{y}) =- \frac{\partial_1\varphi(F^{-1}(\underline{y}))}{\partial_n\varphi(F^{-1}(\underline{y}))}\\ \dots\\ \partial_{n-1}\psi(\underline{y}) =- \frac{\partial_{n-1}\varphi(F^{-1}(\underline{y}))}{\partial_n\varphi(F^{-1}(\underline{y}))}\\ \partial_n\psi(\underline{y}) = \frac{1}{\partial_n\varphi(F^{-1}(\underline{y}))} \end{cases}. \end{equation*} Donc finalement $\partial_n \psi = \frac{1}{\partial_n \varphi \circ F^{-1}}$ et pour tout $i \in \ssquarebrackets*{1}{n-1}$, $\partial_i \psi = -\frac{\partial_i \varphi \circ F^{-1}}{\partial_n \varphi \circ F^{-1}}$. \end{sol} \item \label{q: W ouvert} Notons $W = \brackets*{x \in U \mvert (x,0) \in V}$ et $h : W \to ]a,b[$ la fonction définie par $h:x \mapsto \psi(x,0)$. Montrer que $W$ est un ouvert de $\R^{n-1}$ et que $\partial \Omega \cap \parentheses*{U \times ]a,b[}$ est le graphe de $h$. \begin{sol} Soit $x \in W$, comme $V$ est ouvert de $\R^n$, il existe $\epsilon>0$ tel que $(x,0) \in B(x,\epsilon) \times ]-\epsilon,\epsilon[ \subset V$, où on a noté $B(a,r)$ la boule ouverte de centre $a$ et rayon $r$. Donc $B(x,\epsilon) \subset W$. Donc $W$ est voisinage de tous ses points, donc est ouvert. Si $x \in W$ alors $(x,0) \in V$ et donc $h(x) = \psi(x,0)$ est bien défini. Soit $\underline{x} \in U \times ]a,b[$, on a: \begin{align*} \underline{x} \in \partial \Omega &\iff \varphi(\underline{x})=0 \iff F(\underline{x})=(x,0)\iff \begin{cases}(x,0) \in V \\ \underline{x}=F^{-1}(x,0)\end{cases}\\ &\iff \begin{cases} x \in W \\ x_n=\psi(x,0)=h(x)\end{cases} \iff \underline{x} \in \brackets*{\strut (y,h(y))\mvert y \in W} \end{align*} \end{sol} \item \label{q: integrale graphe} Soit $f \in \cC^0_c(\R^n)$ telle que $\supp(f) \subset U \times ]a,b[$. Montrer que: \begin{equation} \label{eq: integrale graphe} \int_{\underline{x} \in \partial\Omega} f(\underline{x}) \dx\sigma(\underline{x}) = \int_{x \in W} f\parentheses*{x,h(x)} \sqrt{1+\Norm{\nabla_xh}^2} \dx x. \end{equation} \begin{sol} Soit $\epsilon >0$, comme $f$ est nulle hors de $U \times ]a,b[$, \begin{equation*} I_\epsilon = \int_{\brackets*{\underline{x} \in \R^n \mvert -\epsilon < \varphi(\underline{x}) < 0}} f(\underline{x}) \Norm{\nabla_{\underline{x}}\varphi}\dx \underline{x} = \int_{\underline{x} \in U \times ]a,b[} f(\underline{x}) \Norm{\nabla_{\underline{x}}\varphi} \one_{]-\epsilon,0[}(\varphi(\underline{x}))\dx \underline{x}. \end{equation*} On peut alors faire le changement de variable $\underline{x}= F^{-1}(\underline{y})$ qui nous donne: \begin{equation*} I_\epsilon = \int_{\underline{y} \in V} f(F^{-1}(\underline{y})) \Norm{\nabla_{F^{-1}(\underline{y})}\varphi} \norm*{\det\parentheses*{D_{\underline{y}}F^{-1}}}\one_{]-\epsilon,0[}(y_n) \dx \underline{y}. \end{equation*} Notons $K = F(\supp(f))$. Comme $F$ est continue et $\supp(f) \subset U \times ]a,b[$ est compact, $K \subset V$ est bien défini et compact. On a donc $d(K,\R^n \setminus V)>0$. Soit $g: \R^n \to \R$ définie par \begin{equation*} g: \underline{y}: \longmapsto \begin{cases}f(F^{-1}(\underline{y})) \Norm{\nabla_{F^{-1}(\underline{y})}\varphi} \norm*{\det\parentheses*{D_{\underline{y}}F^{-1}}}, &\text{si}\ \underline{y} \in V\\ 0 &\text{si}\ \underline{y} \notin K. \end{cases} \end{equation*} Cette fonction est bien définie car le deux définitions coïncident sur $V \setminus K$, où $f(F^{-1}(\underline{y}))=0$, et $\supp(g) \subset K$. De plus, $g$ est $\cC^0$ sur les ouverts $V$ et $\R^n \setminus K$, donc sur $V \cup (\R^n \setminus K) = \R^n$. Donc \begin{equation*} I_\epsilon = \int_{\underline{y} \in V } g(\underline{y})\one_{]-\epsilon,0[}(y_n) \dx \underline{y} = \int_{\R^n} g(\underline{y})\one_{]-\epsilon,0[}(y_n) \dx \underline{y} = \int_{C \times ]-\epsilon,0[} g(\underline{y}) \dx \underline{y}, \end{equation*} où $C$ est un compact tel que $K \subset C \times \R$, par exemple la projection de $K$ sur le premier facteur dans $\R^n = \R^{n-1} \times \R$. La fonction $g$ est continue, donc bornée sur $C \times [-\epsilon,0]$, donc intégrable sur $C \times ]-\epsilon,0[$. Donc, par Fubini: \begin{equation*} I_\epsilon = \int_{-\epsilon}^0 \int_C g(y,t) \dx y \dx t. \end{equation*} De plus, le théorème de continuité des intégrales à paramètre montre que $t \mapsto \int_C g(y,t) \dx y$ est continue sur $]-1,1[$, en dominant par $\Norm{g}_{\infty, C \times [-1,1]}$. Donc \begin{equation*} \int_{\underline{x} \in \partial\Omega} f(\underline{x}) \dx\sigma(\underline{x}) = \lim_{\epsilon \to 0} \frac{1}{\epsilon}I_\epsilon = \int_{C} g(y,0)\dx y = \int_{\R^{n-1}} g(y,0) \dx y. \end{equation*} Si $y \notin W$, alors $(y,0) \notin V$, donc $(y,0) \notin K$ et $g(y,0)=0$. Donc finalement on peut restreindre l'intégrale à $W$. Soient $y \in W$ et $\underline{y}=(y,0)$, les calculs de la question~\ref{q: psi} montrent que: \begin{align*} \Norm*{\nabla_{F^{-1}(\underline{y})}\varphi}^2 \norm*{\det\parentheses*{D_{\underline{y}}F^{-1}}}^2 &= \sum_{i=1}^n \partial_i \varphi(F^{-1}(\underline{y}))^2 \partial_n \psi(\underline{y})^2 = \sum_{i=1}^n \frac{\partial_i \varphi(F^{-1}(\underline{y}))^2}{\partial_n \varphi(F^{-1}(\underline{y}))^2}\\ &= 1 + \sum_{i=1}^{n-1} \partial_i \psi((\underline{y}))^2. \end{align*} Donc \begin{align*} g(y,0)&= f(F^{-1}(y,0)) \sqrt{1 + \sum_{i=1}^{n-1} \partial_i \psi((y,0))^2} = f\parentheses*{y,\psi(y,0)}\sqrt{1 + \sum_{i=1}^{n-1} \partial_i \psi((y,0))^2}\\ &= f(y,h(y)) \sqrt{1 + \sum_{i=1}^{n-1} \partial_i h(y)^2}= f(y,h(y)) \sqrt{1 + \Norm{\nabla_y h}^2}. \end{align*} Finalement \begin{equation*} \int_{\underline{x} \in \partial\Omega} f(\underline{x}) \dx\sigma(\underline{x}) = \int_{x \in W} f(x,h(x)) \sqrt{1 + \Norm{\nabla_x h}^2}\dx x. \end{equation*} \end{sol} \item \label{q: ex sphere} Soit $\S^{n-1}$ la sphère unité de $\R^n$ et $f \in \cC^0_c(\R^n)$ tel que $\supp(f) \subset \R^{n-1} \times ]0,+\infty[$, montrer que \begin{equation*} \int_{\S^{n-1}}f(\underline{x}) \dx \sigma(\underline{x}) = \int_{\Norm{x}<1} \frac{f\parentheses*{x,\sqrt{1-\Norm{x}^2}}}{\sqrt{1-\Norm{x}^2}}\dx x. \end{equation*} \begin{sol} Comme $\supp(f)$ est compact dans $\R^{n-1}\times \R$, il existe $b>1$ tel que $\supp(f) \subset \R^{n-1} \times ]0,b[$. La sphère $\S^{n-1}$ est le bord de la boule unité, qui est un domaine $\cC^\infty$ définit par la fonction $\varphi:x \mapsto \Norm{x}^2-1=\sum_{i=1}^n x_i^2 -1$. Pour tout $\underline{x}\in \R^{n-1}\times ]0,b[$ on a $\partial_n\varphi(\underline{x}) = 2x_n >0$. On est donc dans un cas particulier des questions précédentes, et il s'agit d'expliciter $W$ et $h$. On a vu dans la question~\ref{q: W ouvert} que $\S^{n-1} \cap \parentheses*{\R^{n-1}\times ]0,b[}$ doit être le graphe de $h:W \to \R$. En particulier, cela impose que $W$ est la projection de $\S^{n-1} \cap \parentheses*{\R^{n-1}\times ]0,b[}$ sur $\R^{n-1}$, c'est-à-dire $W = \brackets*{x \in \R^{n-1}\mvert \Norm{x}< 1}$ est la boule unité de $\R^{n-1}$. De plus, pour tout $x \in W$, $h(x)$ est l'unique réel positif tel que $(x,h(x)) \in \S^{n-1}$, c'est-à-dire satisfaisant $\Norm{x}^2 + h(x)^2 = 1$. Donc $h:x \mapsto\sqrt{1 - \Norm{x}^2}$. Pour tout $i \in \ssquarebrackets{1}{n-1}$, $\partial_ih: x \mapsto \frac{-x_i}{\sqrt{1-\Norm{x}^2}}$, donc $\nabla h:x \mapsto \frac{-x}{\sqrt{1-\Norm{x}^2}}$. D'où \begin{equation*} 1 +\Norm*{\nabla_x h}^2 = 1 + \frac{\Norm{x}^2}{1-\Norm{x}^2} = \frac{1}{1-\Norm{x}^2}. \end{equation*} Finalement, en appliquant la formule~\eqref{eq: integrale graphe} dans ce cas, on obtient bien le résultat souhaité. \end{sol} \end{enumerate} \end{exo} \begin{exo}[Longueur d'arc] \label{exo: longueur arc} On note $\D = \brackets*{x \in \R^2 \mvert \Norm{x}<1}$ le disque unité de $\R^2$. On considère $\Omega =F(\D)$, où $F :\R^2 \to \R^2$ est un $\cC^\infty$-difféomorphisme. En particulier, $\partial\Omega = F(\S^1)$ est une courbe fermée simple et $\bar{\Omega}=F(\bar{\D})$ est compact. \begin{enumerate} \item \label{q: Omega domaine} Montrer que $\Omega$ est un domaine $\cC^\infty$ de $\R^2$. \begin{sol} Le disque unité est un domaine $\cC^\infty$ définit par la fonction $\varphi_0:x \mapsto \Norm{x}^2-1$, par exemple. Soit $x \in \R^2$, on a $x \in \Omega \iff x \in F(\D) \iff F^{-1}(x) \in \D \iff \varphi_0 (F^{-1}(x))<0$. Donc $\Omega = \varphi^{-1}(]-\infty,0[)$, où $\varphi = \varphi_0 \circ F^{-1}$ est $\cC^\infty$. Soit $x \in \partial \Omega = \varphi^{-1}(0)$, on a $F^{-1}(x) \in \S^1$, donc $\nabla_{F^{-1}(x)}\varphi_0 \neq 0$, c'est-à-dire $D_{F^{-1}(x)}\varphi_0 \neq 0$. On a $D_x \varphi = D_{F^{-1}(x)}\varphi_0 \circ D_xF^{-1}$. Comme $D_xF^{-1}$ est inversible, si $D_{x}\varphi = 0$ alors $D_{F^{-1}(x)}\varphi_0 = 0$, ce qui est absurde. Donc $D_x\varphi \neq 0$, i.e.~$\nabla_x\varphi \neq 0$. Donc $\varphi$ est une fonction définissante et $\Omega$ est bien un domaine $\cC^\infty$. \end{sol} \item \label{q: existence param} Montrer que $\partial\Omega$ admet un \emph{paramétrage régulier}. C'est-à-dire qu'il existe $L >0$ et $\gamma:\R \to \R^2$ $L$-périodique et $\cC^\infty$ tels que: $\gamma_{\vert [0,L[}$ est injective; $\gamma(\R)=\partial\Omega$ et $\forall t \in \R$, $\gamma'(t) \neq 0$. \begin{sol} On part d'un paramétrage du cercle. Posons $\gamma:\R \to \R^2$ défini par $\gamma:t \mapsto F(\cos(t),\sin(t))$. Cette fonction est $\cC^\infty$ et $2\pi$-périodique. On a $\gamma(\R) = F(\S^1)=\partial\Omega$. Soient $s,t \in [0,2\pi[$, si $\gamma(s)=\gamma(t)$ alors $\parentheses*{\cos(s),\sin(s)}=\parentheses*{\cos(t),\sin(t)}$ car $F$ est injective et donc $s=t$. Donc $\gamma_{\vert [0,2\pi[}$ est injective. Enfin, pour tout $t \in \R$, $\gamma'(t) = D_{\parentheses*{\cos(t),\sin(t)}}F \cdot \parentheses*{\begin{smallmatrix} -\sin(t)\\ \cos(t) \end{smallmatrix}}$. Comme $D_{\parentheses*{\cos(t),\sin(t)}}F$ est injective, on a bien $\gamma'(t) \neq 0$ pour tout $t \in \R$. \end{sol} \end{enumerate} Dans la suite on se fixe une fonction définissante $\varphi$ de $\Omega$ et un paramétrage régulier $\gamma=(\gamma_1,\gamma_2)$ de~$\partial\Omega$. Le but est alors d'exprimer localement la mesure superficielle $\dx \sigma$ de $\partial\Omega$ en fonction de $\gamma$. \begin{enumerate}[resume] \item \label{q: d2phi non nul} Soit $t_0 \in \R$, supposons par exemple que $\gamma_1'(t_0) \neq 0$. Montrer que $\partial_2\varphi(\gamma(t_0))\neq 0$. \begin{sol} Comme $\gamma(\R) = \partial\Omega=\varphi^{-1}(0)$ on a $\varphi \circ \gamma=0$. En dérivant en $t_0$, on obtient que \begin{equation*} \partial_1\varphi(\gamma(t_0)) \gamma_1'(t_0) + \partial_2\varphi(\gamma(t_0)) \gamma_2'(t_0)=0. \end{equation*} Par l'absurde, si on avait $\partial_2\varphi(\gamma(t_0))=0$ alors on aurait $\partial_1\varphi(\gamma(t_0)) \gamma_1'(t_0)=0$ et donc $\partial_1\varphi(\gamma(t_0))=0$. Mais alors on aurait $\nabla_{\gamma(t_0)} \varphi=0$, ce qui est absurde puisque $\gamma(t_0) \in \partial \Omega$. Donc $\partial_2\varphi(\gamma(t_0))\neq 0$. \end{sol} \item \label{q: graphe local courbe} Montrer qu'il existe $I$ et $J$ deux intervalles ouverts, $h:I \to J$ de classe $\cC^\infty$ et $\epsilon>0$ tels que $\gamma\parentheses*{]t_0-\epsilon,t_0+\epsilon[} = \partial\Omega \cap \parentheses*{I \times J} = \brackets*{(s,h(s))\mvert s \in I}$. \begin{sol} On vient de montrer que $\partial_2\varphi(\gamma(t_0))\neq 0$. Quitte à renverser le deuxième axe de coordonnée, on peut supposer $\partial_2\varphi(\gamma(t_0))>0$. Par continuité de $\partial_2 \varphi$, il existe $U$ et $J$ deux intervalles ouverts tels que $\gamma(t_0) \in U \times J$ et, pour tout $x \in U \times J$, $\partial_2\varphi(x)>0$. On a vu dans l'exercice~\ref{exo: graphe}, voir notamment la question~\ref{q: W ouvert}, qu'il existe alors $W \subset U$ ouvert et $h:W \to J$ de classe $\cC^\infty$ tels que $\partial\Omega \cap \parentheses*{U \times J}$ soit le graphe de $h$. Comme $\gamma(t_0) \in \partial\Omega \cap \parentheses*{U \times J}$ on a $\gamma(t_0) \in W \times J$, et par continuité il existe $\epsilon>0$ tel que $\gamma(]t_0-\epsilon,t_0+\epsilon[) \subset W \times J$. Notons $I = \gamma_1\parentheses*{]t_0-\epsilon,t_0+\epsilon[} \subset W$. Soit $t \in ]t_0-\epsilon,t_0+\epsilon[$, alors $\gamma(t) \in \partial\Omega \cap (W \times J)$ et $\gamma_1(t) \in I$, donc en fait $\gamma(t) \in \partial\Omega \cap (I \times J)$. Donc $\gamma\parentheses*{]t_0-\epsilon,t_0+\epsilon[} \subset \partial\Omega \cap (I \times J)$. Soit $x \in \partial\Omega \cap (I \times J) \subset \partial\Omega \cap (U \times J)$. Par définition de $W$ et $h$, il existe un unique $s\in W$ tel que $x=(s,h(s))$. Nécessairement $s \in I$. Donc $\partial\Omega \cap (I \times J) \subset \brackets*{(s,h(s))\mvert s \in I}$. Soit $s \in I$, il existe $t \in ]t_0-\epsilon,t_0+\epsilon[$ tel que $s=\gamma_1(t)$. Alors $\gamma(t) \in \partial\Omega \cap (W\times J)$, et cet ensemble est le graphe de $h$. Donc $\gamma_2(t) = h(\gamma_1(t))=h(s)$ et donc $(s,h(s))=\gamma(t)$. Donc finalement, $\brackets*{(s,h(s))\mvert s \in I} \subset \gamma\parentheses*{]t_0-\epsilon,t_0+\epsilon[}$. On a donc \begin{equation*} \gamma\parentheses*{]t_0-\epsilon,t_0+\epsilon[} \subset \partial\Omega \cap \parentheses*{I \times J} \subset \brackets*{(s,h(s))\mvert s \in I} \subset \gamma\parentheses*{]t_0-\epsilon,t_0+\epsilon[}, \end{equation*} d'où l'égalité entre ces trois ensembles. \end{sol} \item \label{q: relation h gamma} Montrer que $\gamma_2 = h \circ \gamma_1$ sur $]t_0-\epsilon,t_0+\epsilon[$. En déduire que $\gamma_1$ réalise un $\cC^\infty$-difféomorphisme de $]t_0-\epsilon,t_0+\epsilon[$ sur $I$. \begin{sol} Soit $t \in ]t_0-\epsilon,t_0+\epsilon[$, par le point précédent il existe $s \in I$ tel que $\parentheses*{\gamma_1(t),\gamma_2(t)}=(s,h(s))$. On a donc $s = \gamma_1(s)$ et donc $\gamma_2(t) = h(s) = h \parentheses*{\gamma_1(t)}$. Donc $\gamma_2 = h \circ \gamma_1$ sur $]t_0-\epsilon,t_0+\epsilon[$. En dérivant cette relation, pour tout $t \in ]t_0-\epsilon,t_0+\epsilon[$, $\gamma_2'(t) = h'(\gamma_1(t)) \gamma_1'(t)$. Si $\gamma_1'(t) = 0$ alors $\gamma_2'(t)=0$ et $\gamma'(t)=0$, ce qui est absurde. Donc $\gamma_1'$ ne s'annule pas sur $]t_0-\epsilon,t_0+\epsilon[$. Donc $\gamma_1$ réalise un $\cC^\infty$ difféomorphisme de $]t_0-\epsilon,t_0+\epsilon[$ vers son image, qui est $I$. \end{sol} \item \label{q: integrale courbe} Soit $f \in \cC^0_c(\R^2)$ telle que $\supp(f) \subset I \times J$, montrer que \begin{equation*} \int_{x \in \partial \Omega} f(x) \dx \sigma(x) = \int_{t_0-\epsilon}^{t_0+\epsilon} f(\gamma(t)) \Norm{\gamma'(t)} \dx t. \end{equation*} \begin{sol} On est dans le cadre d'application de la formule~\eqref{eq: integrale graphe}, prouvée dans la question~\ref{q: integrale graphe} de l'exercice~\ref{exo: graphe}. Avec les notations de la question précédente, on a \begin{equation*} \int_{x \in \partial \Omega} f(x) \dx \sigma(x) = \int_{s \in W} f\parentheses*{s,h(s)} \sqrt{1+\norm{h'(s)}^2} \dx s = \int_{s \in I} f\parentheses*{s,h(s)} \sqrt{1+\norm{h'(s)}^2} \dx s, \end{equation*} car $f(s,h(s))=0$ si $s \notin I$. On fait maintenant le changement de variable $s = \gamma_1(t)$ qui donne \begin{align*} \int_{x \in \partial \Omega} f(x) \dx \sigma(x) &= \int_{t_0-\epsilon}^{t_0+\epsilon} f\parentheses*{\gamma_1(t),h(\gamma_1(t))}\sqrt{1+\norm{h'(\gamma_1(t))}^2} \norm{\gamma_1'(t)} \dx t\\ &= \int_{t_0-\epsilon}^{t_0+\epsilon} f\parentheses*{\gamma_1(t),\gamma_2(t))} \sqrt{\gamma_1'(t)^2+ \gamma_2'(t)^2} \dx t=\int_{t_0-\epsilon}^{t_0+\epsilon} f(\gamma(t)) \Norm{\gamma'(t)} \dx t, \end{align*} en utilisant les relations prouvées à la question~\ref{q: relation h gamma}. \end{sol} \end{enumerate} On peut en fait montrer, avec un peu plus d'efforts, que si $\gamma$ est un paramétrage régulier $L$-périodique de $\partial\Omega$, pour tout $t \in \R$ et $f \in \cC^0(\R^2)$ on a: \begin{equation} \label{eq: longueur d'arc} \int_{x \in \partial \Omega} f(x) \dx \sigma(x) = \int_{t}^{t+L} f(\gamma(t)) \Norm{\gamma'(t)} \dx t. \end{equation} Notamment le terme de droite dans~\eqref{eq: longueur d'arc} ne dépend ni du paramétrage $\gamma$ ni de $t$, et la \emph{longueur d'arc} de~$\partial \Omega$ est $\int_{x \in \partial \Omega} \dx \sigma(x) = \int_{t}^{t+L} \Norm{\gamma'(t)} \dx t$. On admet ce résultat dans la suite. \begin{enumerate}[resume] \item \label{q: Green-Rieman} Dans cette question on suppose pour simplifier que le paramétrage régulier $\gamma$ parcourt $\partial \Omega$ dans le sens trigonométrique. Soient $u$ et $v$ deux fonction $\cC^\infty$ de $\R^2$ dans $\R$. Montrer que \begin{equation} \label{eq: Green-Riemann} \int_0^L u(\gamma(t))\gamma_2'(t) - v(\gamma(t))\gamma_1'(t) \dx t = \int_\Omega \partial_1 u(x)+\partial_2v(x)\dx x. \end{equation} \begin{sol} On va se ramener à utiliser la formule de la divergence. Au point de paramètre $t \in [0,L[$, la tangente à $\partial \Omega$ est dirigée par $\gamma'(t) = \parentheses*{\gamma_1'(t),\gamma_2'(t)}$. Alors $\parentheses*{\gamma_2'(t),-\gamma_1'(t)}$ est un vecteur normal à $\partial\Omega$, et il est sortant de $\Omega$ car on a supposé que $\gamma$ parcourt $\partial\Omega$ dans le sens trigonométrique. Le vecteur normal unitaire sortant de $\Omega$ en $\gamma(t)$ est donc $\nu(\gamma(t)) = \frac{1}{\Norm{\gamma'(t)}}\parentheses*{\gamma_2'(t),-\gamma_1'(t)}$. Notons $X = \parentheses*{\begin{smallmatrix}u\\ v\end{smallmatrix}}$, de sorte que $\Div(X)=\partial_1 u +\partial_2v$. Avec ces notations, la formule~\eqref{eq: longueur d'arc} donne: \begin{align*} \int_0^L u(\gamma(t))\gamma_2'(t) - v(\gamma(t))\gamma_1'(t) \dx t &= \int_0^L X(\gamma(t)) \cdot \nu(\gamma(t)) \Norm{\gamma'(t)}\dx t\\ &= \int_{x \in \partial \Omega} X(x)\cdot \nu(x) \dx \sigma(x) = \int_\Omega \Div(X)(x) \dx x\\ &=\int_\Omega \partial_1 u(x)+\partial_2v(x)\dx x. \end{align*} \end{sol} \end{enumerate} \end{exo} \begin{exo}[Inégalité isopérimétrique] \label{exo: inegalite isoperimetrique} On se place dans le même cadre que dans l'exercice~\ref{exo: longueur arc}. On considère un domaine $\cC^\infty$ difféomorphe à un disque, noté $\Omega$. Notons $A$ l'aire de $\Omega$, i.e.~sa mesure de Lebesgue, et $\ell$ la longueur d'arc de $\partial \Omega$, au sens de la formule~\eqref{eq: longueur d'arc}. Le but de cet exercice est de prouver l'\emph{inégalité isopérimétrique}: $4\pi A \leq \ell^2$ et d'étudier le cas d'égalité, via les séries de Fourier. \begin{enumerate} \item \label{q: Wirtinger} Soit $f \in \cC^1(\T)$ telle que $\hat{f}(0) =0$, montrer que $2\pi \Norm{f}_2 \leq \Norm{f'}_2$. Étudier le cas d'égalité. \begin{sol} Pour tout $k \in \Z$, on a $\hat{f'}(k) = 2i\pi k \hat{f}(k)$. Donc, par Parseval, \begin{equation} \label{eq: Wirtinger} \Norm{f'}_2^2 = \sum_{k \in \Z} \norm*{\hat{f'}(k)}^2 = 4\pi^2 \sum_{k \in \Z^*} k^2 \norm*{\hat{f}(k)}^2 \geq 4\pi^2 \sum_{k \in \Z^*} \norm*{\hat{f}(k)}^2. \end{equation} Comme $\hat{f}(0)=0$, le terme de droite est égal à $4\pi^2\Norm{f}_2^2$ par l'égalité de Parseval. Cela établit le résultat souhaité. On a obtenu l'inégalité~\eqref{eq: Wirtinger} en utilisant le fait que $\norm*{\hat{f}(k)}^2 \leq k^2 \norm*{\hat{f}(k)}^2$ pour tout $k \in \Z^*$. On aura égalité dans~\eqref{eq: Wirtinger} si et seulement si, pour tout $k \in \Z^*$, \begin{equation*} \norm*{\hat{f}(k)}^2 = k^2 \norm*{\hat{f}(k)}^2 \iff (k^2-1)\norm*{\hat{f}(k)}^2 =0 \iff k \in \brackets{-1;1}\ \text{ou}\ \hat{f}(k)=0. \end{equation*} On a donc égalité dans~\eqref{eq: Wirtinger} si et seulement si il existe $A_{-1}$ et $A_1 \in \C$ tels que $f = A_{-1}e_{-1} + A_1 e_1$. \end{sol} \item \label{q: inegalite integrale} En déduire que si $f$ et $g \in \cC^1(\T)$ sont à valeurs réelles, alors l'inégalité~\eqref{eq: inegalite integrale} est satisfaite. Étudier le cas d'égalité. \begin{equation} \label{eq: inegalite integrale} 4\pi \int_\T f(t)g'(t) \dx t \leq \int_\T f'(t)^2 + g'(t)^2 \dx t. \end{equation} \begin{sol} Soit $h = f - \hat{f}(0)$. On a d'une part $h'=f'$, et d'autre part \begin{equation*} \int_\T f(t)g'(t) \dx t - \int_\T h(t)g'(t) \dx t = \hat{f}(0)\int_0^1 g'(t) \dx t = \hat{f}(0) \parentheses{g(1)-g(0)}=0. \end{equation*} Pour tout $t \in \T$ on a: \begin{equation*} h'(t)^2 + g'(t)^2 - 4\pi h(t)g'(t) = \parentheses*{g'(t)-2\pi h(t)}^2 + h'(t)^2 - 4\pi^2 h(t)^2. \end{equation*} Donc \begin{align*} \int_\T f'(t)^2 + g'(t)^2 \dx t - 4\pi \int_\T f(t)g'(t) \dx t &= \int_\T h'(t)^2 + g'(t)^2 \dx t - 4\pi \int_\T h(t)g'(t) \dx t\\ &= \int_\T \parentheses*{g'(t)-2\pi h(t)}^2 \dx t + \parentheses*{\Norm{h'}_2^2 -4\pi^2 \Norm{h}_2^2}\\ &\geq \parentheses*{\Norm{h'}_2^2 -4\pi^2 \Norm{h}_2^2}. \end{align*} D'après la question~\ref{q: Wirtinger} appliquée à $h$ le dernier terme est positif, ce qui établit l'inégalité~\eqref{eq: inegalite integrale}. On a égalité dans l'équation~\eqref{eq: inegalite integrale} si et seulement si, d'une part $h$ est dans le cas d'égalité de la question~\ref{q: Wirtinger}, et d'autre part \begin{equation*} \int_\T \parentheses*{g'(t)-2\pi h(t)}^2 \dx t = 0. \end{equation*} D'après la question~\ref{q: Wirtinger}, la première condition est équivalente à l'existence de $A_{-1}$, $A_0$ et $A_1 \in \C$ tels que $f=A_{-1}e_{-1} + A_0 + A_1e_1$. Comme de plus $f = \bar{f}$, on a $A_{-1} = \bar{A_1}$ et $A_0 \in \R$. Ainsi, il existe $A_0 \in \R$ et $A_1 \in \C$ tels que $f= A_0 + A_1 e_1 + \bar{A_1}e_{-1}$. La seconde condition est équivalente à $g'=2\pi h$. Cela est équivalent au fait que: \begin{equation*} \forall k \in \Z^*, \qquad 2\pi\hat{f}(k) = 2\pi\hat{h}(k)= \hat{g'}(k) = 2i\pi k\hat{g}(k). \end{equation*} Le sens direct découle de la définition des coefficients de Fourier. Le sens réciproque repose sur le fait que si $g'$ et $2\pi h$ ont les mêmes coefficients de Fourier alors elles sont égales (injectivité de l'application qui à une fonctions de $L^1(\T)$ associe la suite ses coefficients de Fourier). Sous les conditions précédentes, on obtient $\hat{g}(1) = -i\hat{f}(1) = -iA_1$, $\hat{g}(-1) = i\hat{f}(1) = i\bar{A_1}$ et $\hat{g}(k)=0$ si $\norm{k}\geq 2$. Comme $g$ est à valeurs réelles on a de plus $\hat{g}(0)\in\R$. Finalement, on a égalité dans l'équation~\eqref{eq: inegalite integrale} si et seulement si il existe $A_0 \in \R$, $B_0 \in \R$ et $A_1 \in \C$ tels que: \begin{align} \label{eq: f et g} f &=\bar{A_1}e_{-1} + A_0 + A_1e_1 & &\text{et} & g &=i\bar{A_1}e_{-1} + B_0 -i A_1e_1. \end{align} \end{sol} \end{enumerate} On cherche désormais à prouver que $4\pi A \leq \ell^2$. Soient $L>0$ et $\gamma:\R \to \R^2$ un paramétrage régulier $L$-périodique de $\partial \Omega$ tel que $\gamma_{\vert [0,L[}$ est injectif. \begin{enumerate}[resume] \item \label{q: reduction du probleme} Argumenter qu'on peut se ramener à la situation suivante: \begin{itemize} \item le paramétrage $\gamma$ parcourt $\partial\Omega$ dans le sens trigonométrique; \item la plus petite périodicité du paramétrage est $L=1$. \item la longueur d'arc de $\partial\Omega$ est $\ell=1$; \item $\gamma$ est un \emph{paramétrage par longueur d'arc} de $\partial\Omega$, c'est-à-dire $\forall t \in \T$, $\Norm{\gamma'(t)} = 1$. \end{itemize} \begin{sol} Si $\gamma$ parcourt $\partial\Omega$ dans le sens horaire, il suffit de changer $\gamma$ en $t \mapsto \gamma(-t)$ pour obtenir un paramétrage régulier qui parcourt $\partial\Omega$ dans le sens trigonométrique. Si $\gamma$ est un paramétrage régulier dont la plus petite période est $L$, alors $t \mapsto \gamma(tL)$ est un paramétrage régulier dont la plus petite période est $1$. Dans la suite on suppose donc $L=1$. Soit $\lambda >0$. Si on applique une homothétie de rapport $\lambda$ à $\R^2$, alors $\lambda\Omega$ est un domaine $\cC^\infty$ difféomorphe à un disque, et d'aire $\tilde{A}=\lambda^2 A$. Son bord est la courbe $\lambda\partial\Omega$, difféomorphe à un cercle, qui est de longueur $\tilde{l}=\lambda \ell$. En effet, l'application $\lambda \gamma : \R \to \R^2$ est un paramétrage régulier $1$-périodique de $\lambda \partial\Omega$ et donc \begin{equation*} \tilde{\ell} = \int_0^1 \Norm{\lambda \gamma'(t)} \dx t = \lambda \int_0^1 \Norm{\gamma'(t)} \dx t = \lambda \ell. \end{equation*} On a donc $4\pi A \leq \ell^2$ si et seulement si $4\pi \tilde{A} \leq \tilde{\ell}^2$. En utilisant ceci avec $\lambda = \frac{1}{\ell}$, on voit qu'on peut se ramener au cas où $\ell=1$. On suppose désormais que $\ell=1$. Comme $\gamma$ est un paramétrage régulier, l'application $\psi : t \mapsto \int_0^t \Norm{\gamma'(s)} \dx s$ est $\cC^\infty$ sur $\R$ et de dérivée strictement positive. Soit $t \in \R$, on a: \begin{equation*} \psi(t+1) = \int_0^t \Norm{\gamma'(s)}\dx s + \int_t^{t+1} \Norm{\gamma'(s)}\dx s = \psi(t) + \int_0^1 \Norm{\gamma'(s)} \dx s = \psi(t) + \ell = \psi(t)+1. \end{equation*} En particulier, $\forall k \in \Z$, $\psi(k)=k$ et $\psi(t) \xrightarrow[t \to \pm \infty]{}\pm \infty$. Donc $\psi$ est un $\cC^\infty$-difféomorphisme de $\R$ dans $\R$. Notons $\varphi = \psi^{-1}$. Soit $s \in \R$, il existe $t \in \R$ tel que $s = \psi(t)$. D'après l'équation précédente, on a donc \begin{equation*} \varphi(s+1) = \varphi\parentheses{\psi(t)+1} = \varphi \circ \psi (t+1) = t+1 =\varphi(s)+1. \end{equation*} Soit $\tilde{\gamma} = \gamma \circ \varphi: \R \to \R^2$ qui est $\cC^\infty$. Pour tout $s \in \R$, on a \begin{equation*} \tilde{\gamma}(s+1) = \gamma\parentheses{\varphi(s+1)} = \gamma\parentheses{\varphi(s)+1} = \gamma\circ\varphi(s) = \tilde{\gamma}(s). \end{equation*} Donc $\tilde{\gamma}$ est $1$-périodique. On a $\tilde{\gamma}(\R)=\gamma(\R)=\partial\Omega$. Comme $\varphi(0)=0$ et $\varphi(1)=1$ on a $\varphi([0,1[)=[0,1[$, et $\tilde{\gamma}_{[0,1[} = \gamma_{[0,1[} \circ \varphi_{[0,1[}$ est injective comme composée de fonction injective. Enfin, pour tout $t \in \R$, on a \begin{equation*} \Norm{\tilde{\gamma}'(t)} = \Norm{\gamma'(\varphi(t)) \varphi'(t)} = \frac{\Norm{\gamma'(\varphi(t))}}{\norm{\psi'(\varphi(t))}} = 1. \end{equation*} Quitte à remplacer $\gamma$ par $\tilde{\gamma}$, on peut supposer que $\gamma$ est un paramétrage par longueur d'arc. \end{sol} \end{enumerate} Dans la suite, on suppose que les quatre conditions de la question~\ref{q: reduction du probleme} sont vérifiées. \begin{enumerate}[resume] \item \label{q: Stokes} Montrer que $A = \displaystyle\int_0^1 \gamma_1(t)\gamma_2'(t) \dx t$ à l'aide de la formule~\eqref{eq: Green-Riemann}. \begin{sol} On applique la formule~\eqref{eq: Green-Riemann} de l'exercice~\ref{exo: longueur arc} avec $u:(x_1,x_2) \mapsto x_1$ et $v:(x_1,x_2) \mapsto 0$. Comme on a supposé que $\gamma$ parcourt $\partial \Omega$ dans le sens trigonométrique, il vient: \begin{equation*} A = \int_\Omega \dx x = \int_\Omega \partial_1u(x) + \partial_2 v(x) \dx x = \int_0^1 u(\gamma(t))\gamma_2'(t) - v(\gamma(t))\gamma_1'(t) \dx t =\int_0^1 \gamma_1(t)\gamma_2'(t). \end{equation*} \end{sol} \item \label{q: conclusion isoperimetrique} Conclure que $4\pi A \leq \ell^2$. Étudier le cas d'égalité. \begin{sol} Rappelons qu'on est dans le cas $L=1$. En particulier $\gamma$ est $1$-périodique et on peut traiter $\gamma_1$ et $\gamma_2$ par les séries de Fourier. D'après les questions~\ref{q: inegalite integrale} et~\ref{q: Stokes}, on a: \begin{equation*} 4\pi A = 4\pi \int_0^1 \gamma_1(t)\gamma_2'(t)\dx t \leq \int_0^1 \gamma_1'(t)^2 + \gamma_2'(t)^2 \dx t = \int_0^1 \Norm{\gamma'(t)}^2 \dx t. \end{equation*} Comme on a supposé que $\gamma$ est un paramétrage par longueur d'arc et que $\ell=1$ on a: \begin{equation*} \int_0^1 \Norm{\gamma'(t)}^2 \dx t = 1 = \ell^2, \end{equation*} ce qui établit l'inégalité isopérimétrique. Étudions le cas d'égalité. Il y a égalité dans l'inégalité isopérimétrique si et seulement si on a égalité dans~\eqref{eq: inegalite integrale} pour $\gamma_1$ et $\gamma_2$. D'après la question~\ref{q: inegalite integrale}, c'est le cas si et seulement si $\gamma_1$ et $\gamma_2$ sont de la forme~\eqref{eq: f et g}. En identifiant $\R^2$ avec $\C$ de façon canonique, on a dans ce cas: \begin{equation*} \gamma = \gamma_1 + i \gamma_2 = A_0+iB_0 + 2A_1e_1. \end{equation*} Remarquons que $A_1 \neq 0$ sinon $\gamma$ serait constante. On note $z = A_0 +iB_0 \in \C$ et on écrit $2A_1$ sous forme polaire: $2A_1=Re^{2i\pi\theta}$ avec $R > 0$ et $\theta \in [0,1[$. Alors $\gamma:t \mapsto z + Re^{2i\pi(\theta + t)}$ et $\partial\Omega$ est le cercle de centre $z$ et de rayon $R$. Nos conditions de normalisation imposent que $R =\frac{1}{2\pi}$. Finalement, on a montré qu'il y a égalité dans l'inégalité isopérimétrique si et seulement si $\Omega$ est un disque euclidien. \end{sol} \end{enumerate} \end{exo} \begin{exo}[Divergence et volumes] \label{exo: divergence et volumes} Soient $X : \R^n \to \R^n$ un champ de vecteur $\cC^\infty$ et $\Phi$ son flot, i.e.~pour tout $x \in \R^n$, $\Phi(\cdot,x)$ est la solution de l'équation différentielle $y'=X(y)$ telle que $y(0)=x$. Soit $\Omega \subset \R^n$ un domaine $\cC^\infty$ inclus dans la boule $B(0,R)$ de centre $0$ et de rayon $R>0$. \begin{enumerate} \item \label{q: flot} Justifier qu'il existe $\epsilon>0$ tel que $\Phi$ soit bien défini et de classe $\cC^\infty$ sur $]-\epsilon,\epsilon[ \times B(0,2R)$. \begin{sol} Comme le champ $X$ est $\cC^\infty$ il est en particulier localement lipschitzien et on est bien dans les conditions d'application du théorème de Cauchy-Lipschitz. En particulier, pour tout $x \in \R^n$ il existe une unique solution maximale au problème de Cauchy $y'=X(y)$ avec condition initiale $y(0)=x$, et cette solution est définie sur un intervalle ouvert. En fait, on sait que $\Phi$ est bien défini sur un ouvert de $U \subset \R \times \R^n$ contenant $\brackets*{0} \times \R^n$. De plus comme $X$ est $\cC^\infty$ alors $\Phi$ est $\cC^\infty$ sur $U$. L'ensemble $K=\brackets{0} \times \bar{B(0,2R)}$ est compact et inclus dans $U$. Soit $\epsilon>0$ la distance de $K$ au fermé disjoint $\R^n \setminus U$. Si $(t,x) \in ]-\epsilon,\epsilon[ \times B(0,2R)$ alors $d\parentheses*{(t,x),K}\leq \norm{t}<\epsilon$ et donc $(t,x) \in U$. Donc $\Phi$ est bien défini et $\cC^\infty$ sur $]-\epsilon,\epsilon[ \times B(0,2R)\subset U$. \end{sol} \item \label{q: volume} Soit $t \in ]-\epsilon,\epsilon[$ on note $\Phi_t=\Phi(t,\cdot)$ et $\Omega_t = \Phi_t(\Omega)$. Vérifier que $V(t) =\Vol(\Omega_t)$ est bien défini et l'exprimer sous forme d'une intégrale sur $\Omega$. \begin{sol} Les propriétés du flot montrent que sur l'ensemble $\Phi_t(B(0,2R))$ l'application $\Phi_{-t}$ est bien définie et que $\Phi_{-t} \circ (\Phi_t)_{\vert B(0,2R)}=\Id_{\vert B(0,2R)}$. Donc $\Phi_t:B(0,2R) \to \Phi_t(B(0,2R))$ est une bijection $\cC^\infty$ de réciproque $\Phi_{-t}$ également $\cC^\infty$, i.e. c'est un $\cC^\infty$-difféomorphisme. Comme $\Omega \subset \bar{B(0,R)} \subset B(0,2R)$, on a $\Omega_t = \Phi_t(\Omega) \subset \Phi_t(\bar{B(0,R)})$ et le dernier ensemble est compact donc de volume fini. Donc $V(t)$ est bien défini. Ensuite, par le changment de variable $x = \Phi_t(y)$ on obtient: \begin{equation*} V(t)= \int_{\Omega_t} \dx x = \int_{\Phi_t(\Omega)}\dx x = \int_\Omega \norm*{\det\parentheses*{D_y\Phi_t}} \dx y. \end{equation*} On peut remarquer que $(s,y) \mapsto \det\parentheses*{D_y\Phi_s}$ est $\cC^\infty$ par régularité du flot. Cette fonction ne s'annule pas donc est de signe constant. Comme $\Phi_0$ est l'identité de $\R^n$ ce déterminant est toujours positif. Finalement, \begin{equation*} V(t) = \int_\Omega \det\parentheses*{D_y\Phi_t} \dx y. \end{equation*} \end{sol} \end{enumerate} Dans la suite, pour une fonction définie sur un ouvert de $\R \times \R^n$ on notera $\partial_0$ la dérivée partielle par rapport à la variable dans le facteur $\R$ et $\partial_1,\dots,\partial_n$ les dérivées partielles par rapport aux variables dans le facteur $\R^n$. \begin{enumerate}[resume] \item \label{q: V derivable} Montrer que $V$ est dérivable sur $]-\epsilon,\epsilon[$. \begin{sol} Soit $x \in \Omega$ et $t \in ]-\epsilon,\epsilon[$, la matrice de $D\Phi_t$ en $x$ est $M(t,x)=\parentheses*{\partial_j \Phi_i(t,x)}_{1 \leq i,j\leq n}$ et cette matrice dépend de façon $\cC^\infty$ de $(t,x)$ puisque $\Phi$ est $\cC^\infty$. Le déterminant étant polynomial, la fonction $F(t,x) \mapsto \det(M(t,x))$ est de classe $\cC^\infty$ sur $U$. Et on a $V : t \mapsto \int_\Omega F(t,x) \dx x$ d'après la question~\ref{q: volume}. Soit $\alpha \in ]0,\epsilon[$. La fonction $\partial_0F$ est continue sur $U$. Elle est donc bornée par une constante $C\geq 0$ sur le compact $\bar{B(0,R)}\times [-\alpha,\alpha]$. On peut donc appliquer le théorème de dérivation des intégrales à paramètres sur $]-\alpha,\alpha[$ est dominant $\partial_0F$ par $C$. Comme c'est valable pour tout $\alpha \in ]0,\epsilon[$, on en déduit que $V$ est dérivable sur $]-\epsilon,\epsilon[$ et de plus: \begin{equation*} V':t \mapsto \int_\Omega \partial_0 F(t,x) \dx x. \end{equation*} \end{sol} \item \label{q: V'(0)} Exprimer $V'(0)$ en fonction du champ de vecteur $X$. \begin{sol} Vue la formule précédente, il s'agit de calculer $\partial_0F(0,x)$ pour tout $x \in \Omega$. Soit $x \in \Omega$, par la règle de la chaine, \begin{equation*} \partial_0 F(0,x) = D_{(0,x)} (\det \circ M)\cdot \parentheses*{\begin{smallmatrix}1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{smallmatrix}} = D_{M(0,x)}\det \circ D_{(0,x)} M\cdot \parentheses*{\begin{smallmatrix}1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{smallmatrix}}= D_{M(0,x)}\det \cdot \partial_0 M(0,x). \end{equation*} D'une part $M(0,x)$ est la matrice de la différentielle en $x$ de $\Phi_0=\Id$. Donc $M(0,x)=\Id$ et $D_{M(0,x)}\det = \Tr$. Donc $\partial_0 F(0,x) = \Tr\parentheses*{\partial_0 M(0,x)}$. La $j$-ème colonne de $M$ est $\partial_j\Phi$. Donc la $j$-ème colone de $\partial_0M$ est $\partial_0 \partial_j\Phi = \partial_j \partial_0\Phi = \partial_j \parentheses*{X \circ \Phi}$. Comme $\Phi(0,\cdot)$ est l'identité, $\partial_j \parentheses*{X \circ \Phi}(0,x)$ est la $j$-ème dérivée partielle évaluée en $x$ de $X \circ \Phi(0,\cdot)=X$. La $j$-ème colonne de $\partial_0 M (0,x)$ est donc $\partial_j X(x)$. En notant $X= (X_1,\dots,X_n)$, on a donc $\partial_0 M(0,x) = \parentheses*{\partial_j X_i(x)}_{1 \leq i,j\leq n}$ et donc $\partial_0 F(0,x)=\Tr(\partial_0 M(0,x)) = \Div(X)(x)$. Finalement, on obtient $V'(0) = \int_\Omega \Div(X)(x) \dx x = \int_{\partial \Omega} X(x) \cdot \nu(x) \dx \sigma(x)$, où $\nu$ la normale unitaire sortante de $\Omega$ et $\dx \sigma$ sa mesure superficielle. \begin{rem} Comme c'est valable pour tout domaine $\Omega$ sympathique, on voit donc que la divergence de $X$ traduit la façon dont le flot de $X$ modifie les volumes, ce qui s'interprète aussi naturellement sur la seconde formule. \end{rem} \end{sol} \item \label{q: sous-harmonique} On suppose dans cette question que $X =\nabla f$ où $f:\R^n \to \R$ est sous-harmonique. Montrer que $V'(0)\geq 0$. \begin{sol} Avec l'expression précédente, on a $V'(0) =\int_\Omega \Div(\nabla_x f) \dx x = \int_\Omega \Delta f(x) \dx x$. Comme $f$ est sous-harmonique l'intégrande est positive. Donc $V'(0) \geq 0$. \end{sol} \item \label{q: ex sous-harm} Donner un exemple simple de fonction $f :\R^n \to \R$ sous-harmonique, calculer son flot gradient, et vérifier qu'il augmente bien les volumes au fil du temps. \begin{sol} Considérons $f : x \mapsto \frac{1}{2}\Norm{x}^2$ qui est telle que $\Delta f:x \mapsto n$ et est donc bien sous-harmonique. Pour tout $x \in \R^n$, $X(x)=\nabla_x f = x$. Donc $\nabla f$ est un champ radial (nul en $0$). L'origine est l'unique point fixe du champ, donc $\Phi(t,0)=0$ pour tout $t \in \R$. Soit $x \neq 0$, comme le champ de vecteurs est radial on se convainc qu'il existe une fonction $\alpha_x$ telle que $\Phi(t,x) = \alpha_x(t)x$ sur le domaine de définition de $\Phi(\cdot,x)$. On doit avoir $\alpha_x(0) =1$ et $\alpha_x'(t)x = \partial_0\Phi(t,x)=X\parentheses*{\Phi(t,x)} = \alpha_x(t)x$ pour tout $t$, i.e.~$\alpha_x'=\alpha_x$. On a donc $\alpha_x:t \mapsto e^t$ pour tout $x \neq 0$. Finalement, le flot de $\nabla f$ est défini sur $\R \times \R^n$ par $\Phi:(t,x) \mapsto e^t x$, c'est-à-dire $\Phi_t$ est l'homothétie de rapport $e^t$. On voit que pour tout $t \in \R$, l'application $\Phi_t$ multiplie les volumes par $(e^t)^n=e^{nt}$. On vérifie bien sur cet exemple que pour tout ouvert $\Omega \subset \R^n$ borné, $\Vol(\Phi_t(\Omega))=e^{nt}\Vol(\Omega)$ est une fonction croissante de $t$. \end{sol} \end{enumerate} \end{exo} \end{document}