TER sur la convection diffusion (05 09 2021, 14h00)

TER sur la convection-diffusion
Guillaume FOUCART
05 septembre 2021

Table des matières
I
II

Introduction

2

Développement

4

1 Cf. p9 de l’article

4



0
2 Solutions générales de (E1,ε ) et C0,0
et Étude et comportement
des solutions lors des doubles passages à la limite (apparition
d’une couche limite)


0
2.1 Solutions générales de (E1,ε ) et C0,0
: 1ère approche connaissant
l’expression de la solution (existence)

. . . . . . . . . . . . . . . .
0
2.2 Solutions générales de (E1,ε ) et C0,0
: 2ème approche ne connaissant pas l’expression de la solution (existence et unicité) . . . . .
2.2.1 Solutions de l’équation homogène (H1,ε ) de (E1,ε ) . . . .
2.2.2 Solution particulière de (E1,ε ) . . . . . . . . . . . . . . .
2.2.3 Solutions générales de (E1,ε ) . . . .
. . . . . . . . . . . .
0
2.2.4 Solutions générales de (E1,ε ) et C0,0
. . . . . . . . . . .
2.3 Étude et comportement de la solution lors des doubles passages
à la limite et apparition d’une couche limite . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Étude et comportement de la solution lors des doubles
passages à la limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Phénomène de couche limite . . . . . . . . . . . . . . . . .


0
3 Solutions générales de (H2,ε ) et C0,0
3.1 Solutions générales de l’équation homogène
(H2,ε ) . . . . . . . .


0
3.2 Solutions générales de (H2,ε ) et C0,0
. . . . . . . . . . . . . . .

16
16
18

0
4 Solutions générales de (E1,ε ) et C0,1

21

5 Cf. p14 de l’article




6
6
7
7
8
8
9
10
10
13

23

1

6 Cf. p13 de l’article

25

7 Définition (Inverse-monotonie)

25

8 Lemme (Principe de comparaison)

25

9 Théorème 1.4 p14-15 de l’article

26

10 Lemme 1.8 p21 de l’article

28

11 Cf. p12 de l’article

39

Première partie

Introduction
Imaginez une rivière - une rivière qui coule fortement et en douceur.

La pollution liquide se déverse dans l’eau à un moment donné.
Quelle forme prend la tache de pollution à la surface de la rivière ?
Deux processus physiques opèrent ici : la pollution se diffuse lentement à travers l’eau, mais le mécanisme dominant est le mouvement
rapide de la rivière, qui convecte rapidement la pollution en aval.
La convection seule transporte la pollution le long d’une courbe unidimensionnelle à la surface ; la diffusion étend progressivement cette
courbe, résultant en une longue forme de coin incurvé et mince.
Lorsque la convection et la diffusion sont toutes deux présentes dans
un différentiel linéaire, l’équation et la convection dominent, nous
avons un problème de convection-diffusion.
Le modèle mathématique le plus simple d’un problème de convectiondiffusion est un problème de valeur sur le bord à deux points de la
forme −εu00 (x) + b(x)u0 (x) + c(x)u(x) = f (x) pour x ∈]0, 1[, avec u(0) =
u(1) = 0, où ε est un petit paramètre positif et b, c et f sont des
fonctions données.
Ici le terme u00 correspond à la diffusion et son coefficient −ε est petit.
Le terme u0 représente la convection, tandis que u et f jouent les rôles
d’une source et d’un terme moteur respectivement.

2

Exemple :
(0.1) − εu00 (x) + u0 (x) = 1 pour x ∈]0, 1[, avec u(0) = u(1) = 0 et 0 < ε  1.
Supposons que nous posions formellement ε = 0, ici.
Cela donne :
(0.2) u0 (x) = 1 pour x ∈]0, 1[, avec u(0) = u(1) = 0.
Contrairement au problème (0.1), le problème (0.2) n’a pas de solution
dans C 1 ([0, 1]).
On en déduit que lorsque ε est proche de 0, la solution de (0.1) se
comporte mal d’une certaine manière.
Des problèmes comme (0.1) forment le sujet de ce mémoire.
Il existe des équations différentielles ordinaires ou aux dérivées partielles qui dépendent d’un petit paramètre positif ε et dont les solutions (ou leurs dérivés) se rapprochent d’une limite discontinue
lorsque ε s’approche de 0.
On dit que ces problèmes sont singulièrement perturbés, où on considère ε comme un paramètre de perturbation.
En termes plus techniques, on ne peut pas représenter la solution
d’une équation différentielle singulièrement perturbée comme un développement asymptotique des puissances de ε.
Les solutions de problèmes de perturbation singuliers contiennent
généralement des couches.
Soit (0.3)

∂u
∂t

2

= ε ∂∂yu2 où ε =

1
Re

où Re est le nombre de Reynolds.

Cette équation conduit à la solution uε vérifiant : (0.4) uε (y, t) =
´ 2√yεt −s2
2U
√
e ds, où U ∈ R.
2π 0
L’équation (0.4) montre qu’il existe une région étroite près de y = 0
où uε s’écarte significativement à partir du débit constant U .

3

On dit que uε a une couche limite en y = 0.

Deuxième partie

Développement
1

Cf. p9 de l’article

Soient d, e ∈ R, d < e.
Soient b, c, f ∈ C 0 ([d, e]), 0 < ε  1


Soit Lε ∈ L C 0 ([d, e]) ∩ C 2 (]d, e[), C 0 ([d, e]) : ∀u ∈ C 0 ([d, e]) ∩ C 2 (]d, e[), Lε u =
−εu(2) + bu(1) + cu.
Soient γd , γe ∈ R


 L
ε u = f sur ]d,e[ 
u(d) = γd
Soit u ∈ C 0 ([d, e])∩C 2 (]d, e[) une solution du système :
.


u(e) = γe
x−d
Soit ψ ∈ C 0 ([d, e]) ∩ C ∞ (]d, e[) :∀x ∈ [d, e], ψ(x) = γd x−e
d−e + γe e−d .

Soit u∗ ∈ C 0 ([d, e]) ∩ C ∞ (]d, e[) :∀x ∈ [d, e], u∗ (x) = u(x) − ψ(x).
Soit x ∈ [d, e].


x−d
x−d
x−e
On a : u∗ (x) = u(x)−ψ(x) = u(x)− γd x−e
+
γ
e
d−e
e−d = u(x)−γd d−e −γe e−d

et on a :

d−d
u∗ (d) = u(d) − γd d−e
d−e − γe e−d = γd − γd .1 − γe .0 = γd − γd − 0 = 0 car u(d) = γd
e−e
u∗ (e) = u(e) − γd d−e
− γe e−d
e−d = γe − γd .0 − γe .1 = γe − 0 − γe = 0 car u(e) = γe

Soit x ∈]d, e[.
Alors : Lε u∗ (x) = Lε (u − ψ)(x) = Lε u(x) − Lε ψ(x).
Or Lε u(x) = −εu(2) (x) + bu(1) (x) + cu(x) = f (x)
et Lε ψ(x) = −εψ (2) (x) + b(x)ψ (1) (x) + c(x)ψ(x).

4





x−e
x−d
 ψ(x) = γd d−e + γe e−d 
1
1
.
Or
+ γe e−d
ψ (1) (x) = γd d−e


ψ (2) (x) = 0
Donc
Lε ψ(x)
= −εψ (2) (x) + b(x)ψ (1) (x) + c(x)ψ(x)




1
1
x−d
= −ε.0 + b(x) γd d−e
+ c(x) γd x−e
+ γe e−d
+
γ
e
d−e
e−d




1
1
x−d
= b(x) γd d−e
+ γe e−d
+ c(x) γd x−e
+
γ
e e−d .
d−e
Je ne vois pas quelles simplifications faire pour aboutir à Lε u∗ (x) =
f (x).
Montrons que : g : [d, e] → [0, 1] : x 7→
bijection.

x−d
e−d

est bien définie et est une

Montrons que g est bien définie.
Soit x ∈ [d, e] avec d < e.
Alors d ≤ x ≤ e,
donc d − d ≤ x − d ≤ e − d,
donc 0 ≤ x − d ≤ e − d,
donc

0
e−d

donc 0 ≤

≤

x−d
e−d

x−d
e−d

≤

e−d
e−d

car e − d > 0 car d < e,

≤1

donc 0 ≤ g(x) ≤ 1
donc g(x) ∈ [0, 1]
donc g est bien définie.
Montrons que g est une bijection.

5

g ∈ C 0 ([d, e], [0, 1])∩C 1 (]d, e[, [0, 1])
donc g 0 existe sur ]d, e[,
et ∀x ∈]d, e[, g 0 (x) =

1
e−d

> 0 car e − d > 0 car d < e,

donc g est strictement %
or g ∈ C 0 ([d, e], [0, 1])
donc d’après le théorème de la bijection monotone, g est bijective.



0
et Étude
Solutions générales de (E1,ε ) et C0,0
et comportement des solutions lors des doubles
passages à la limite (apparition d’une couche
limite)

2

Cf. p11 de l’article.

2.1




0
Solutions générales de (E1,ε ) et C0,0
: 1ère approche
connaissant l’expression de la solution (existence)

(E1,ε
) : −εu00 + u0 = 1 sur ]0, 1[
0
C0,0
: u(0) = u(1) = 0

Soit uε : [0, 1] → R : x 7→ x −

e−

1−x
ε



1

−e− ε
1

1−e− ε

.

Alors uε est définie et uε ∈ C 0 ([0, 1]) ∩ C ∞ (]0, 1[) et u0ε , u00ε existent et
u0ε , u00ε ∈ C ∞ (]0, 1[).
Soit x ∈]0, 1[.
Alors u0ε (x) = 1 −

−
− −1
ε e

1−x
ε

1
1−e− ε

−0

1−x

=1−

1−x

et u00ε (x) = 0 −

−1 − ε
1− ε e
1
ε
1−e− ε

= − ε12

1 e− ε
ε 1−e− 1ε

1−x
ε
1
1−e− ε

e−

donc −εu00ε (x) + u0ε (x) − 1

6


= −ε − ε12
1−x

=

1 e− ε
ε 1−e− 1ε



1−x
ε
1
1−e− ε

e−


+ 1−



1−x

1 e− ε
ε 1−e− 1ε

−1

1−x

+1−

1 e− ε
ε 1−e− 1ε

−1

=0
donc uε est solution de l’équation différentielle (E1,ε ) : −εu00 +u0 −1 =
0 sur ]0, 1[.
Or uε (0) = 0 −

et uε (1) = 1 −

e−

e−

1−0
ε

1

−e− ε

1
1−e− ε

1−1
ε

= −e

1

−e− ε

1
1−e− ε

=0

1

1

−e− ε

1
1−e− ε

−1
ε

=1−

e0 −e− ε
1
1−e− ε

1

=1−

1−e− ε

1
1−e− ε

= 1 − 1 = 0.

Donc uε (0) = uε (1) = 0.
Donc uε ∈ C 0 ([0, 1]) ∩ C ∞ (]0, 1[) et uε est solution de l’équation différentielle (Eε
) : −εu00 + u0 − 1 = 0 sur ]0, 1[ et vérifie les conditions sur le
0
bord : C0,0
: uε (0) = uε (1) = 0.
Donc on a montré l’existence
d’une solution uε de (E1,ε ) vérifiant
0
les conditions sur le bord : C0,0
.

2.2





0
Solutions générales de (E1,ε ) et C0,0
: 2ème approche
ne connaissant pas l’expression de la solution (existence et unicité)

(E1,ε
) : −εu00 + u0 = 1 sur ]0, 1[
0
C0,0
: u(0) = u(1) = 0



On cherche des solutions uε ∈ C 0 ([0, 1]) ∩ C ∞ (]0, 1[).
2.2.1

Solutions de l’équation homogène (H1,ε ) de (E1,ε )

On a : (H1,ε ) : u00 − 1ε u0 = 0 car ε 6= 0.
Donc les solutions uε,h de (H1,ε ) vérifient : ”u00ε,h − 1ε u0ε,h = 0” dont
l’équation caractéristique est : ”rε2 − 1ε rε = 0” c-à-d ”rε (rε − 1ε ) = 0”.
Donc les racines de l’équation caractéristique sont rε,1 = 0 et rε,2 = 1ε .

7

Donc les solutions de (H1,ε ) s’écrivent sous la forme :
1

∀x ∈ [0, 1], uε,h (x) = C1,ε er1,ε x + C2,ε er2,ε x = C1,ε e0x + C2,ε e ε x = C1,ε +
1
C2,ε e ε x où C1,ε , C2,ε ∈ R.
2.2.2

Solution particulière de (E1,ε )



0
Une solution particulière uε,p de (E1,ε ) et C0,0
vérifie : ”u00ε,p − 1ε u0ε,p =
− 1ε ” sur ]0, 1[ et ”uε,p (0) = uε,p (1) = 0” car ε 6= 0.
Donc elle vérifie : ”∀x ∈]0, 1[, u00ε,p (x) − 1ε u0ε,p (x) = Pε (x)erε,1 x ” et ”uε,p (0) =
uε,p (1) = 0” avec Pε (x) = − 1ε où Pε est un polynôme.
On recherche donc une solution particulière uε,p de la forme ∀x ∈
]0, 1[, uε,p (x) = Qε (x)erε,1 x avec deg (Qε ) = deg (Pε ) + nrε,1 où nrε,1 est l’ordre
de multiplicité de la racine rε,1 du polynôme caractéristique et où Qε
est un polynôme.
Donc deg (Qε ) = deg (Pε ) + nrε,1 = 0 + 1 = 1
et ∃aε , bε ∈ R, ∀x ∈ [0, 1], Qε (x) = aε x + bε .
Donc ∃aε , bε ∈ R, ∀x ∈ [0, 1], uε,p (x) = Qε (x)erε,1 x = (aε x + bε ) e0x = aε x + bε
et u0ε,p (x) = aε
et u00ε,p (x) = 0.
Soit x ∈]0, 1[.
Comme u00ε,p (x) − 1ε u0ε,p (x) = − 1ε ,on a : 0 − 1ε aε = − 1ε donc aε = 1.
Or bε ∈ R est quelconque, donc on peut choisir bε = 0.
Donc uε,p (x) = x.
2.2.3

Solutions générales de (E1,ε )

Les solutions générales uε de (E1,ε ) vérifient :
1

∀x ∈ [0, 1], uε (x) = uε,p (x) + uε,h (x) = x + C1,ε + C2,ε e ε x où C1,ε , C2,ε ∈ R.

8



0
Solutions générales de (E1,ε ) et C0,0


0
Les solutions générales uε de (E1,ε ) et C0,0
sont les solutions générales


0
,
uε de (E1,ε ) qui vérifient les conditions sur le bord : C0,0
2.2.4



uε (0) = 0
donc elles vérifient :
uε (1) = 0

donc elles vérifient :

donc elles vérifient :

donc elles vérifient :

donc elles vérifient :
(

1

0 + C1,ε + C2,ε e ε .0 = 0
1
1 + C1,ε + C2,ε e ε .1 = 0


où C1,ε , C2,ε ∈ R,

C1,ε + C2,ε = 0
1
1 + C1,ε + C2,ε e ε = 0



C2,ε = −C1,ε
1
1 + C1,ε − C1,ε e ε = 0



C2,ε = −C1,ε
1
1 + C1,ε (1 − e ε ) = 0
C2,ε = −C1,ε =

donc elles vérifient :

C1,ε = −

1

1
1
1−e ε

où C1,ε , C2,ε ∈ R,

où C1,ε , C2,ε ∈ R,


où C1,ε , C2,ε ∈ R
)
.

1

1−e ε



0
Donc les solutions générales de (E1,ε ) et C0,0
sont les applications uε
telles que :
∀x ∈ [0, 1],
uε (x)
1

= x + C1,ε + C2,ε e ε x

=x+ −
=x−



1

+

1

1−e ε

1
1

1−e ε

+

1

1
1

1−e ε

eεx

1

1
1

1−e ε

eεx

1

=x−

1−e ε x
1

1−e ε
1

=x−

1

1

1

e ε (e− ε −e ε x− ε )
1
eε

1
(e− ε

−1)

9

1

1

=x−

1

e− ε −1
1

=x−

=x−

=x−

1

e− ε −e ε x− ε

e− ε −e
1
e− ε

e

x−1
ε

x−1
ε

−1
1

−e− ε

1
1−e− ε

e−

1−x
ε

1

−e− ε

1
1−e− ε

.

La solution obtenue est unique.

2.3

Étude et comportement de la solution lors des doubles
passages à la limite et apparition d’une couche limite

Soit uε : [0, 1] → R : x 7→ x −
2.3.1

e−

1−x
ε

1

−e− ε

1
1−e− ε

.

Étude et comportement de la solution lors des doubles passages à la limite

Montrons que :
Si a ∈ [0, 1[, alors : limε→0 limx→a uε (x) = a = limx→a limε→0 uε (x)
et si a = 1, alors : limε→0 limx→a uε (x) 6= limx→a limε→0 uε (x).
1) Soit x ∈ [0, 1[.
On a : 0 ≤ x < 1
donc 0 ≥ −x > −1
donc 1 ≥ 1 − x > 0


or comme limε→0 − 1ε = −∞,


on a : limε→0 − (1−x)
= −∞
ε
1

et donc on a : limε→0 e− ε = 0 et limε→0 e−

10

(1−x)
ε

= 0,


donc limε→0 uε (x) = limε→0 x −

e−

1−x
ε

1

−e− ε


=x−

1

1−e− ε

0−0
1−0

= x − 0 = x.

a) Si a = 1,pour 0 < ε  1,
alors : limx→a limε→0 uε (x) = limx→1 limε→0 uε (x) = limx→1 x = 1 .
b) Si a ∈ [0, 1[,
alors : limx→a limε→0 uε (x) = limx→a x = a.
2) Soit x = 1.
Alors 1 − x = 0
donc −(1 − x) = 0
donc − 1−x
ε = 0 car ε 6= 0


=0
donc limε→0 − 1−x
ε
donc limε→0 e−

1−x
ε

= 1,

1

or limε→0 e− ε = 0,

donc limε→0 uε (x) = limε→0 x −

e−

1−x
ε

1

−e− ε
1

1−e− ε



1−0
= x− 1−0
= x−1 = 1−1 =

0
a) Si a = 1,




alors : limx→a − (1−x)
= limx→1 − (1−x)
= 0,
ε
ε
donc limx→a e−

(1−x)
ε

= limx→1 e−

(1−x)
ε

= 1,

1

or limε→0 e− ε = 0,

donc limx→a uε (x) = limx→1 uε (x) = limx→1 x −
1
1−e− ε
−1
1−e ε

=1−1=0

11

e−

1−x
ε

1

−e− ε
1

1−e− ε


= 1−

donc limε→0 limx→a uε (x) = limε→0 0 = 0.
b) Si a ∈ [0, 1[,


alors : limx→a − 1−x
= − 1−a
ε
ε
donc limε→0 e−

1−x
ε

= e−

1−a
ε

,

1

or limε→0 e− ε = 0,

donc limx→a uε (x) = limx→a uε (x) = limx→a x −

e−

1−x
ε

1

−e− ε



1

1−e− ε

= a−

1−a
e− ε

1
−e− ε
−1
1−e ε


donc limε→0 limx→a uε (x) = limε→0 a −

e−

1−a
ε

1

−e− ε



1

1−e− ε

Or 0 ≤ a < 1,
donc 0 ≥ −a > 1,
donc 1 ≥ 1 − a > 0,


or comme limε→0 − 1ε = −∞,


on a :limε→0 − 1−a
= −∞
ε
1

et donc on a : limε→0 e− ε = 0 et limε→0 e−

donc limε→0 limx→a uε (x) = limε→0 a −

e−

1−a
ε

1−a
ε

= 0,
1

−e− ε
1

1−e− ε


=a−

0−0
1−0

= a.

3) Donc si a ∈ [0, 1[, alors : limε→0 limx→a uε (x) = a = limx→a limε→0 uε (x)
et si a = 1, alors : limε→0 limx→a uε (x) = 0 6= 1 = limx→a limε→0 uε (x).
Je ne peux pas utiliser l’extension du théorème de la limite uniforme d’une famille d’applications continues, car (uε ) n’est pas une famille d’applications continues convergeant uniformément vers limε→0 uε .
Par ce théorème j’aurais pu en conclure d’après 3) que limε→0 uε n’est
pas continue en a = 1, et que donc, pour 0 < ε  1, il n’y a pas de
solution (continue) au voisinage de a = 1 et que donc pour 0 < ε  1,
uε admet une couche limite en a = 1.
12

2.3.2

Phénomène de couche limite

On a : uε (x) = x −
or vε (x) =

P3

n=0

x−1

1

1

−e− ε

1
1−e− ε

=x−

vε (x)−e− ε
1
1−e− ε

− 1)n + o (x − 1)3

avec vε (x) = e−

1−x
ε

=e

x−1
ε










vε (x) = e ε
x−1
(1)
vε (x) = 1ε e ε
or
x−1
(2)

vε (x) = ε12 e ε


x−1
 (3)
vε (x) = ε13 e ε





1−1

(0)







1−x
ε

vε(n) (1)
n! (x

(0)







e−

vε (1) = e ε = e0 = 1
1−1
(1)
vε (1) = 1ε e ε = 1ε e0 = 1ε
donc
1−1
(2)

vε (1) = ε12 e ε = ε12 e0 = ε12


1−1
 (3)
vε (1) = ε13 e ε = ε13 e0 = ε13











donc si x ∈ [0, 1[,
vε (x)
vε(n) (1)
n! (x

=

P3

=

vε(0) (1)
vε(1) (1)
vε(2) (1)
vε(3) (1)
0
1
2
3
0! (x − 1) +
1! (x − 1) +
2! (x − 1) +
3! (x − 1) + o

n=0

= 11 .1 +

1
ε

1

− 1)n + o (x − 1)3

(x − 1) +

= 1 + 1ε (x − 1) +

1
ε2

2

(x − 1)2 +

1
2ε2 (x

− 1)2 +

1
ε3

6




(x − 1)3 + o (x − 1)3

1
6ε3 (x

− 1)3 + o (x − 1)3







donc si x ∈ [0, 1[
uε (x)
1

=x−

vε (x)−e− ε
1
1−e− ε

1

=x−

[1+ 1ε (x−1)+ 2ε12 (x−1)2 + 6ε13 (x−1)3 +o((x−1)3 )]−e− ε
1
1−e− ε

1

= (1 + (x − 1)) −

(1−e− ε )+ 1ε (x−1)+ 2ε12 (x−1)2 + 6ε13 (x−1)3 +o((x−1)3 )
1

1−e− ε

13

(x − 1)3




= 1 + (x − 1) − 1 −

=x−1+

=x−1+

1
1
ε (x−1)+ 2ε2

1

1−e− ε

−[ 1ε (x−1)+ 2ε12 (x−1)2 + 6ε13 (x−1)3 +o((x−1)3 )]
1

1−e− ε

[− 1ε (x−1)− 2ε12 (x−1)2 − 6ε13 (x−1)3 +o((x−1)3 )]
1

1−e− ε


= x − 1 + − 1ε (x − 1) −
=x−1+

(x−1)2 + 6ε13 (x−1)3 +o((x−1)3 )

h

1
2ε2 (x

− 1)2 −

−6ε2 (x−1)−3ε(x−1)2 −(x−1)3
6ε3

1
6ε3 (x

− 1)3 + o (x − 1)3

+ o (x − 1)3


i

1




1

1−e− ε

1
1

1−e− ε



(où o (x − 1)3 dépend malheureusement de ε)
et
limε→0 uε (x)

h

i
2
2
−(x−1)3
+ o (x − 1)3
= limε→0 x − 1 + −6ε (x−1)−3ε(x−1)
6ε3
= x − 1 + limε→0

= x−1+limε→0

h



i

−6ε2 (x−1)−3ε(x−1)2 −(x−1)3
6ε3

−6ε2 (x−1)−3ε(x−1)2 −(x−1)3
6ε3

= x − 1 + limε→0



= x − 1 + limε→0



= x − 1 + limε→0



−6(x−1)ε2
6ε3

−6(x−1)
6ε

−(x−1)
ε








limε→0

limε→0

= x − 1 + (+∞).1 + limε→0
= x − 1 + (+∞) + limε→0

1
1

1
1−e− ε

1
1
1−e− ε


lim


+ limε→0

o (x − 1)3







1
1−e− ε

ε

+ limε→0

o (x − 1)3

14

1−e




1


+limε→0
−1

+ limε→0

o (x − 1)3

1

1−e− ε

1



1

1

+ limε→0



1

1
1−e− ε

1−e− ε
1



1
1−e− ε



1
= x − 1 + (+∞). 1−0
+ limε→0

1
1−e− ε

1
1−e− ε


limε→0

1

1
1
1−e− ε

1
1
1−e− ε

1
1
1−e− ε



1

o (x − 1)3

1

o (x − 1)3

1
1−e− ε

o (x − 1)3

o (x − 1)3

o (x − 1)3
















= (+∞) + limε→0

1
1
1−e− ε


= (+∞)+limε→0

o (x − 1)3


1
1
1−e− ε




limε→0 o (x − 1)3

= (+∞) + limε→0 o (x − 1)3




1
= (+∞)+ 1−0
limε→0 o (x − 1)3







car x ∈]0, 1[


(où o (x − 1)3 dépend malheureusement de ε).
Donc limx→1 limε→0 uε (x)



= limx→1 (+∞) + limε→0 o (x − 1)3
et
limx→1 uε (x)

=1−1+

=0+

h

h


h

i
2
2
−(x−1)3
+ o (x − 1)3
= limx→1 x − 1 + −6ε (x−1)−3ε(x−1)
6ε3

−6ε2 (1−1)−3ε(1−1)2 −(1−1)3
6ε3

−6ε2 .0−3ε.02 −03
6ε3

= 0 + [0 + o (0)]
= 0 + [0 + 0]

+ o 03


i

+ o (1 − 1)3


i

1

1−e− ε

1
1

1−e− ε

1
1

1−e− ε

1
1

1−e− ε

1
1

1−e− ε

=0
= uε (1)
donc limε→0 limx→1 uε (x)
= limε→0 0
=0
donc il faudrait pouvoir montrer que : limx→1 limε→0 uε (x) = 1 6= 0 =
limε→0 limx→1 uε (x).

15



1

Je ne peux pas utiliser l’extension du théorème de la limite uniforme
d’une famille d’applications continues, car (uε ) n’est pas une famille
d’applications continues convergeant uniformément vers limε→0 uε . Par
ce théorème j’aurais pu en conclure d’après ce qui précède que limε→0 uε
n’est pas continue en a = 1, et que donc, pour 0 < ε  1, il n’y a pas de
solution (continue) au voisinage de a = 1 et que donc pour 0 < ε  1,
uε admet une couche limite en a = 1.
0
Solutions générales de (H2,ε ) et C0,0

3




Cf. p10 de l’article :


(H2,ε
) : −εu00 + λu = 0 sur ]0, 1[
0
C0,0
: u(0) = u(1) = 0

3.1



Solutions générales de l’équation homogène (H2,ε )

On a : (H2,ε ) : u00 − λε u = 0 sur ]0, 1[ car ε 6= 0.
Son équation caractéristique est :”rε2 −
1) Si λ > 0, alors

λ
ε

= 0” c-à-d ”rε2 = λε ”.

λ
ε

> 0 et l’équation caractéristique admet 2 racines
q
q
réelles simples : r1,ε = − λε et r2,ε = λε
et les solutions uε,h de (H2,ε ) sont de la forme :
∀x ∈ [0, 1], uε,h (x) = C1,ε er1,ε x +C2,ε er2,ε x = C1,ε e−
R.

√λ
ε

x

+C2,ε e

√λ
ε

x

où C1,ε , C2,ε ∈

2) Si λ = 0, alors λε = 0 et l’équation caractéristique admet 1 racine
réelle double : r0,ε = 0
et les solutions uε,h de (H2,ε ) sont de la forme :
∀x ∈ [0, 1], uε,h (x) = (C1,ε + C2,ε x) er0,ε x = (C1,ε + C2,ε x) e0x = C1,ε + C2,ε x
où C1,ε , C2,ε ∈ R.
3) Si λ < 0, alors λε < 0 et l’équation caractéristique s’écrit :”rε2 − 0rε −
λ
ε = 0” et ses 2 solutions complexes simples vérifient :


rε,1 + rε,2 = 0
rε,1 rε,2 = − λε



16



rε,2 = −rε,1
2
−rε,1
= − λε





rε,2 = −rε,1
2
rε,1
= λε



c-à-d

c-à-d




rε,1 = aε + ibε

rε,2 = − (aε + ibε )
c-à-d
où aε , bε ∈ R,
 2

2
rε,1 = (aε + ibε ) = λε




rε,1 = aε + ibε

rε,2 = − (aε + ibε )
c-à-d
où aε , bε ∈ R
 2

aε − b2ε + i2aε bε = λε





rε,1 = aε + ibε
rε,2 = − (aε + ib
ε)
c-à-d
λ
2
2
a
−
b
=

ε
ε

ε

2aε bε = 0





rε,1 = aε + ibε
rε,2 = − (aε + ib
ε)
c-à-d
λ
2
2
=
−
b
a

ε
ε

ε

aε bε = 0










où aε , bε ∈ R









où aε , bε ∈ R





rε,1 = aε + ibε
r
= − (aε + ibε ) 
ε,2

c-à-d
λ
2
2
a

ε − bε = ε


aε = 0 ou bε = 0






où aε , bε ∈ R







rε,1 = aε + ibε







  rε,2 = − (aε + ibε )  

c-à-d
où aε , bε ∈ R
 a2ε − b2ε = λε et aε = 0 




ou



  2

 
aε − b2ε = λε et bε = 0


rε,1 = aε + ibε







  rε,2 = − (aε + ibε )  

c-à-d
où aε , bε ∈ R
 −b2ε = λε et aε = 0 




ou



  2
 

aε = λε et bε = 0

17



rε,1 = aε + ibε







  rε,2 = − (aε + ibε )  

c-à-d
où aε , bε ∈ R
 b2ε = − λε et aε = 0 




ou



 
 

impossible

rε,1 = aε + ibε 
rε,2 = − (aε + ibε )
où aε , bε ∈ R
c-à-d

 2
bε = − λε et aε = 0



c-à-d










bε,1

rε,1 = aε + ibε
rε,2 = − (aε + ibε ) 
q
q
= − λε ou bε,2 = − − λε et aε = 0






où aε , bε ∈ R






rε,1 = aε + ibε,1


r
=
−
(a
+
ib
)
ε,2
ε
ε,1
c-à-d
q


 bε,1 = − λ et aε = 0 




ε





q
rε,1 = 0 + i − λε

q 
c-à-d

r
=
−
0
+
i
− λε
 ε,2











q
rε,1 = i − λε = ibε,1 
q
c-à-d
.
 r = −i − λ = −ib

ε,2
ε,1
ε
Les solutions générales uε,h de (H2,ε ) sont les applications de la forme :
∀x ∈ [0, 1], uε,h (x) = (C1,ε cos (bε,1 x) + C2,ε sin (bε,1 x)) eaε x =
q

q

λ
λ
C1,ε cos
− ε x + C2,ε sin
− ε x où C1,ε , C2,ε ∈ R.

3.2

0
Solutions générales de (H2,ε ) et C0,0


q

q

C1,ε cos
− λε x + C2,ε sin
− λε x
e0




1) Si λ > 0,


0
les solutions générales uε,h de (H2,ε ) et C0,0
vérifient (H2,ε ),
√λ
√λ
donc elles vérifient : ∀x ∈ [0, 1], uε,h (x) = C1,ε e− ε x +C2,ε e ε x où C1,ε , C2,ε ∈
R.

18



0
De plus, elles vérifient C0,0
: uε,h (0) = uε,h (1) = 0,
)
√λ
√λ
C1,ε e−√ ε .0 + C2,ε e√ ε .0 = 0

(
donc elles vérifient :

(
c-à-d

(
c-à-d

(
c-à-d

(
c-à-d

c-à-d

)

C
√2,ε = −C1,ε
√λ
− λ
ε − C
C1,ε e
1,ε e ε = 0

)

C
√ λ1,ε
√2,ε = −C
− λ
ε
−e ε =0
e
C2,ε
1,ε
√ = −C√
λ
ε

=e

c-à-d


c-à-d

c-à-d

λ
ε .1

=0

où C1,ε , C2,ε ∈ R

où C1,ε , C2,ε ∈ R

où C1,ε , C2,ε ∈ R

)
où C1,ε , C2,ε ∈ R

où C1,ε , C2,ε ∈ R

λ
ε

)

C2,ε
q= −C1,ε

)

C2,ε = −C1,ε
λ
ε =0



C2,ε = −C1,ε
λ=0



λ
ε

+ C2,ε e

)

C2,ε
q1,ε
q = −C

− λε =
injective) sur R,
(

λ
ε .1

C√
1,ε + C2,ε =√0
λ
λ
C1,ε e− ε + C2,ε e ε = 0

e−
(

C1,ε e−

où C1,ε , C2,ε ∈ R, car exp est bijective (et donc

λ
ε

où C1,ε , C2,ε ∈ R

=0

où C1,ε , C2,ε ∈ R

où C1,ε , C2,ε ∈ R.

Impossible car on a supposé λ > 0.
Donc, dans
ce cas, il n’existe pas de solutions générales uε,h de (H2,ε )


0
et C0,0
.
2) Si λ = 0,


0
les solutions générales uε,h de (H2,ε ) et C0,0
vérifient (H2,ε ) ,

19

donc elles vérifient : ∀x ∈ [0, 1], uε,h (x) = C1,ε + C2,ε x où C1,ε , C2,ε ∈ R.


0
: uε,h (0) = uε,h (1) = 0,
De plus, elles vérifient C0,0

donc elles vérifient :

donc elles vérifient :

donc elles vérifient :

C1,ε + C2,ε .0 = 0
C1,ε + C2,ε .1 = 0
C1,ε + 0 = 0
C1,ε + C2,ε = 0


où C1,ε , C2,ε ∈ R,



C1,ε = 0
C2,ε = −C1,ε = 0

où C1,ε , C2,ε ∈ R,

,

donc elles sont les applications uε,h telles que : ∀x ∈ [0, 1], uε,h (x) = 0.
3) Si λ < 0,


0
les solutions générales uε,h de (H2,ε ) et C0,0
vérifient (H2,ε ),
donc elles vérifient : ∀x ∈ [0, 1], uε,h (x) = C1,ε cos

q

− λε x



q

λ
+C2,ε sin
−εx .



0
De plus, elles vérifient C0,0
: uε,h (0) = uε,h (1) = 0,

q

q



− λε .0 + C2,ε sin
− λε .0 = 0
 C1,ε cos
q

q

donc elles vérifient :


− λε .1 + C2,ε sin
− λε .1 = 0
 C1,ε cos






où





C1,ε , C2,ε ∈ R,




C1,ε
cos (0)
(0) = 0 

q
 + C2,ε sin 
q
donc elles vérifient :
où C1,ε , C2,ε ∈
λ
λ
− ε + C2,ε sin
−ε = 0 
 C1,ε cos
R,





qC1,ε .1
 + C2,ε .0 =0q 
donc elles vérifient :
où C1,ε , C2,ε ∈
− λε + C2,ε sin
− λε = 0 
 C1,ε cos
R,




C

1,ε = 0 
q
donc elles vérifient :
où C1,ε , C2,ε ∈ R,
− λε = 0 
 C2,ε sin

20




donc elles vérifient :

 C2,ε


C1,ε =
0

q

où C1,ε , C2,ε ∈ R,
λ
−ε = 0 
= 0 ou sin






C1,ε = 0 et C2,ε = 0
ou
donc elles vérifient :
q 


− λε = 0
 C1,ε = 0 et sin

donc elles vérifient :





donc elles vérifient :





C1,ε

où C1,ε , C2,ε ∈ R,








C1,ε = 0 et C2,ε = 0
q ou


 C1,ε = 0 et






où C1,ε , C2,ε ∈ R,


− λε = nπ, n ∈ N∗ 


C1,ε = 0 et C2,ε = 0

ou
où C1,ε , C2,ε ∈

= 0 et − λε = n2 π 2 , n ∈ N∗

R,

donc elles vérifient :





C1,ε


C1,ε = 0 et C2,ε = 0

ou
où C1,ε , C2,ε ∈ R,

= 0 et λ = −εn2 π 2 , n ∈ N∗

donc elles sont les applications uε,h telles que :





uε,h (x) = 0
q ou 


− λε x , λ = −εn2 π 2 , n ∈ N∗
 uε,h (x) = C2,ε sin





uε,h (x) = 0
ou


c-à-d :
q

εn2 π 2
∗

 uε,h (x) = C2,ε sin
ε x ,n ∈ N











où C2,ε ∈ R,





où C2,ε ∈ R,









uε,h (x) = 0

ou
c-à-d :
où C2,ε ∈ R,


uε,h (x) = C2,ε sin (nπx) , n ∈ N∗
c-à-d : uε,h (x) = C2,ε sin (nπx) , n ∈ N, où C2,ε ∈ R.

4

0
Solutions générales de (E1,ε ) et C0,1

Cf. p16 de l’article.
21






(E1,ε
) : −εu00 + u0 = 1
sur ]0, 1[
0
C0,1
: u(0) = u0 (1) = 0



On cherche des solutions uε ∈ C 0 ([0, 1]) ∩ C ∞ (]0, 1[).
On a déjà montré que les solutions générales uε de (E1,ε ) sont de la
forme :
1

∀x ∈ [0, 1], uε (x) = x + C1,ε + C2,ε e ε x où C1,ε , C2,ε ∈ R.
1

Donc ∀x ∈]0, 1[, u0ε (x) = 1 + C2,ε 1ε e ε x où C1,ε , C2,ε ∈ R.


0
sont les solutions générales
Les solutions générales uε de (E1,ε ) et C0,1


0
uε de (E1,ε ) qui vérifient les conditions sur le bord : C0,1
,

donc elles vérifient :

donc elles vérifient :

donc elles vérifient :
(
donc elles vérifient :

uε (0) = 0
u0ε (1) = 0


,
1

0 + C1,ε + C2,ε e ε .0 = 0
1
1 + C2,ε 1ε e ε .1 = 0
C1,ε + C2,ε = 0
1
1 + C2,ε 1ε e ε = 0


donc elles vérifient :

où C1,ε , C2,ε ∈ R,


où C1,ε , C2,ε ∈ R,
)

C1,ε = −C2,ε
1
C2,ε = − 1 1 1 = εe− ε
εe



où C1,ε , C2,ε ∈ R,

ε

1

C1,ε = −C2,ε = −εe− ε
1
C2,ε = εe− ε



donc elles sont les applications uε telles que :
∀x ∈ [0, 1],
uε (x)
1

= x + C1,ε + C2,ε e ε x

 
 1
1
1
= x + −εe− ε + εe− ε e ε x
1

1

1

= x − εe− ε + εe− ε + ε x
22

,

1

1

= x − εe− ε + εe− ε (1−x)

 1
1
= x − ε e− ε − e− ε (1−x)
 1

1−x
= x − ε e− ε − e− ε .

5

Cf. p14 de l’article

Soit x ∈ R+ .
x↔ξ
Les solutions v0 vérifiant L∗0 v0 = 0 et



v0 (0) = −u0 (1)
limx→+∞ v0 (x) = 0


,

vérifient L∗0 v0 = 0,
donc elles vérifient : −v000 − b0 v00 = 0.
(1) v0 telle que v00 = 0 est solution de L∗0 v0 = 0
elle vérifie donc : ∃C ∈ R, v0 = C.

Pour qu’elle vérifie :

v0 (0) = −u0 (1)
limx→+∞ v0 (x) = 0



il faut, en particulier, qu’elle vérifie : v0 (0) = −u0 (1),
il faut donc qu’elle vérifie : C = v0 (0) = −u0 (1)
donc il faut qu’elle vérifie : v0 = −u0 (1),
mais il faut aussi, en particulier, qu’elle vérifie : limx→+∞ v0 (x) = 0,
or limx→+∞ v0 (x) = −u0 (1),
ce qui n’est possible que si −u0 (1) = 0, c-à-d u0 (1) = 0.
(2) Sinon les solutions v0 telles que v00 6= 0 vérifient :
donc elles vérifient :

´x

v000 (t)
dt
0 v00 (t)

=−

´x
0

23

v000
v00

= −b0 = −b(1),

b(1)dt + K où K ∈ R,

donc elles vérifient :

´x

v000 (t)
dt
0 v00 (t)

= −b(1)x + K où K ∈ R,
x

donc elles vérifient : [ln (|v00 (t)|)]0 = −b(1)x + K où K ∈ R,
donc elles vérifient : ln (|v00 (x)|) − ln (|v00 (0)|) = −b(1)x + K où K ∈ R,
donc elles vérifient : ln (|v00 (x)|) = −b(1)x + K + ln (|v00 (0)|) où K ∈ R,
donc elles vérifient : ln (|v00 (x)|) = −b(1)x + K 0 où K 0 ∈ R,
0

donc elles vérifient : |v00 (x)| = eln(|v0 (x)|) = e−b(1)x+K = eK e−b(1)x où
K 0 ∈ R,
0

0

0

donc elles vérifient : v00 (x) = ±eK e−b(1)x où K 0 ∈ R,
donc elles vérifient : v00 (x) = λe−b(1)x où λ ∈ R,
λ −b(1)x
donc elles vérifient : v0 (x) = − b(1)
e
+ µ où λ, µ ∈ R.


Or elles vérifient de plus :
(
donc elles vérifient :


donc elles vérifient :

donc elles vérifient :

donc elles vérifient :

donc elles vérifient :

v0 (0) = −u0 (1)
limx→+∞ v0 (x) = 0


,

λ −b(1).0
e
+ µ = −u0 (1)
− b(1)


λ −b(1)x
limx→+∞ − b(1)
e
+µ =0
λ
+ µ = −u0 (1)
− b(1)
0+µ=0



λ
− b(1)
+ 0 = −u0 (1)
µ=0



λ
− b(1)
= −u0 (1)
µ=0

λ = b(1)u0 (1)
µ=0

)
où λ, µ ∈ R,

où λ, µ ∈ R,

où λ, µ ∈ R,


où λ, µ ∈ R,


,

λ −b(1)x
0 (1) −b(1)x
donc elles vérifient : v0 (x) = − b(1)
e
+ µ = − b(1)u
e
+0 =
b(1)

−u0 (1)e−b(1)x .

24

6

Cf. p13 de l’article

Supposons que b, c ∈ C 0 ([0, 1]) ∩ C ∞ (]0, 1[).
Soit h(ξ) = b(1 − εξ) = b(x) avec x = 1 − εξ et où x ∈ [0, 1].
On a : b(x) = b(1−εξ) = h(ξ) =

ξ ν (ν)
(0)
ν=0 ν! h

P∞

=

ξν
ν=0 ν!

P∞

(ν)

[b ◦ (1 − ε.)]

(0).









(1)
Or [b ◦ (1 − ε.)] (ξ) = b(1) ◦ (1 − ε.) (1 − ε.)(1) (ξ) = b(1) ◦ (1 − ε.) (−ε) (ξ) =
−εb(1) (1 − εξ) = (−ε)1 b(1) (1 − εξ)
(ν)

donc par récurrence : ∀ν ∈ N, [b ◦ (1 − ε.)]
(−1)ν εν b(ν) (1 − εξ).
(ν)

Or ∀ν ∈ N, h(ν) (0) = [b ◦ (1 − ε.)]

(ξ) = (−ε)ν b(ν) (1 − εξ) =

(0) = (−1)ν εν b(ν) (1−ε.0) = (−1)ν εν b(ν) (1)

P∞ ξν (ν)
P∞ ξν
ν ν (ν)
donc b(x) = b(1 − εξ) =
(0) =
(1) =
ν=0 ν! h
ν=0 ν! (−1) ε b
ν (ν)
P∞ (−1)ν b(ν) (1) ν ν P∞
(−1) b (1)
ν ν
ε ξ = ν=0 bν ε ξ où ∀ν ∈ N, bν =
ν=0
ν!
ν!
et b0 =

(−1)0 b(0) (1)
0!

=

1.b(1)
1

De même c(x) = c(1 − εξ) =
et c0 =

7

(−1)0 c(0) (1)
0!

=

1.c(1)
1

= b(1).
P∞

ν=0 cν ε

ν ν

ξ où ∀ν ∈ N, cν =

(−1)ν c(ν) (1)
ν!

= c(1).

Définition (Inverse-monotonie)



Soit M ∈ L C 0 ([0, 1]) ∩ C 2 (]0, 1[), C 0 ([0, 1]) .
M inverse-monotone

⇔déf




1[, M v(x)
≥0 
 ∀x ∈]0,


v(0) ≥ 0
∀v ∈ C 0 ([0, 1])∩C 2 (]0, 1[), 
⇒ ∀x ∈]0, 1[, v(x) ≥ 0


v(1) ≥ 0

8

Lemme (Principe de comparaison)



Soit M ∈ L C 0 ([0, 1]) ∩ C 2 (]0, 1[), C 0 ([0, 1]) tel que M inverse − monotone.

25




1[, M v1 (x) ≥ M
v2 (x) 
 ∀x ∈]0,


v1 (0) ≥ v2 (0)
Alors : ∀v1 , v2 ∈ C 0 ([0, 1])∩C 2 (]0, 1[), 
⇒ ∀x ∈]0, 1[, v1 (x) ≥ v2 (x)


v1 (1) ≥ v2 (1)
Démonstration :


Soit M ∈ L C 0 ([0, 1]) ∩ C 2 (]0, 1[), C 0 ([0, 1]) tel que M inverse − monotone.


1[, M v1 (x) ≥ M
v2 (x) 
 ∀x ∈]0,


v1 (0) ≥ v2 (0)
Soient v1 , v2 ∈ C 0 ([0, 1]) ∩ C 2 (]0, 1[) :
.


v1 (1) ≥ v2 (1)


 ∀x ∈]0,
 1[, M (v1 − v2 )(x)
≥ 0 
(v1 − v2 )(0) ≥ 0
Alors
.


(v1 − v2 )(1) ≥ 0
Posons v = v1 − v2 .


1[,
M
v(x)
≥
0
 ∀x ∈]0,



v(0) ≥ 0
Alors v ∈ C 0 ([0, 1]) ∩ C 2 (]0, 1[) :
.


v(1) ≥ 0


Or M ∈ L C 0 ([0, 1]) ∩ C 2 (]0, 1[), C 0 ([0, 1]) et M inverse − monotone,
donc on a : ∀x ∈]0, 1[, v(x) ≥ 0,
c-à-d ∀x ∈]0, 1[, (v1 − v2 )(x) ≥ 0
c-à-d ∀x ∈]0, 1[, v1 (x) ≥ v2 (x) .
CQFD

9

Théorème 1.4 p14-15 de l’article

Démonstration :
L(u − u∗as ) = O(εm+1 ),
(u − u∗as )(0) = O(εk ), (u − u∗as )(1) = O(εm+1 ),
donc ∃C0 ∈ R∗+ , ∀x ∈ [0, 1], |L(u − u∗as )(x)| ≤ C0 |εm+1 | = C0 εm+1
et ∃C1 ∈ R∗+ , ∀x ∈ [0, 1], |(u − u∗as )(0)| ≤ C1 |εk | = C1 εk
26

et ∃C2 ∈ R∗+ , ∀x ∈ [0, 1], |(u − u∗as )(1)| ≤ C2 |εm+1 | = C2 εm+1 .
Soit x ∈ [0, 1].
Soit w : [0, 1] → R : x 7→ w(x) = Cεm+1 (1 + x).
On a : w, u − u∗as ∈ C 0 ([0, 1]) ∩ C 2 (]0, 1[)
et w(0) = Cεm+1 (1 + 0) = Cεm+1 ≥(∗1) C1 εk ≥ |(u − u∗as )(0)| ≥ (u −
car k est arbitraire et que l’on peut donc supposer k = m + 1
[PROBLÈME en (*1) : Il faut supposer de plus : C ≥ C1 ],

u∗as )(0)

et w(1) = Cεm+1 (1 + 1) = 2Cεm+1 ≥(∗2) C2 εm+1 ≥ |(u − u∗as )(1)| ≥
(u − u∗as )(1) [PROBLÈME en (*2) : Il faut supposer de plus : 2C ≥ C2 ].




Or Lw(x) = L Cεm+1 (1 + .) (x) = Cεm+1 L [(1 + .)] (x) = Cεm+1 −ε(1 + .)(2) + b(x)(1 + .)(1) + c(x)(



= Cεm+1 −ε(1 + .)(2) (x) + b(x)(1
+ .)(1) (x) + c(x)(1 + .)(x) = Cεm+1 [−ε.0 + b(x).1 + c(x)(1 + x)] =

Cεm+1 [b(x) + c(x)(1 + x)] ≥ C minx∈[0,1] b(x) + minx∈[0,1] c(x) εm+1 ≥ C [b0 + 0] εm+1 =
Cb0 εm+1 ≥ CC3 εm+1 avec C3 = b0 , car ∀x ∈ [0, 1], c(x) ≥ 0.
car 1 + x ≥ 1 si x ∈ [0, 1] et b, c ∈ C 0 ([0, 1]) et b ≥ b0 > 0.
Donc Lw(x) ≥ CC3 εm+1 ≥(∗3) C0 εm+1 ≥ |L(u − u∗as )(x)| ≥ L(u − u∗as )(x)
[PROBLÈME en (*3) : Il faut supposer de plus : CC3 ≥ C0 ].
Donc par le Lemme 1.1 p10 de l’article : Cεm+1 (1 + x) = w(x) ≥
(u − u∗as )(x).
Donc [PROBLÈME en (*4) : On a : w(x) ≥ 0 donc |w(x)| = w(x).
A-t-on (u − u∗as )(x) ≥ 0 et donc |(u − u∗as )(x)| = (u − u∗as )(x) ?]
|(u − u∗as )(x)| ≤(∗4) |w(x)| = w(x) = Cεm+1 (1 + x) ≤ 2Cεm+1 car x ∈ [0, 1]
et donc x ≤ 1et w(x) ≥ 0.
Or |uas (x)−u∗as (x)| = |

Pm

ν
ν=0 ε uν (x) +



Pm ν
Pm+1 ν
1−x
1−x
ν
ε
u
(x)
+
ε
v
(
|
)
−
)
ε
v
(
ν
ν
ν
ν=0
ν=0
ν=0
ε
ε

Pm



Pm
Pm+1 ν
Pm ν
Pm ν
1−x
1−x
1−x
m+1
= | ν=0 εν vν ( 1−x
vm+1 ( 1−x
ν=0 ε vν ( ε )| = |
ν=0 ε vν ( ε )−
ν=0 ε vν ( ε ) + ε
ε )−
ε ) |=
| − εm+1 vm+1 ( 1−x
ε )|
m+1
m+1
= |εm+1 vm+1 ( 1−x
|vm+1 ( 1−x
maxy∈[0,1] |vm+1 (y)| ≤
ε )| = ε
ε )| ≤ ε
C4 εm+1 car vm+1 ∈ C 0 ([0, 1]).

27

Donc comme (u − uas ) (x) = (u − u∗as ) (x) + (u∗as − uas ) (x),
on a : | (u − uas ) (x)| ≤ | (u − u∗as ) (x)|+| (u∗as − uas ) (x)| = | (u − u∗as ) (x)|+
| (uas − u∗as ) (x)| ≤ 2Cεm+1 + C4 εm+1 = (2C + C4 ) εm+1 = C5 εm+1 .
CQFD

10

Lemme 1.8 p21 de l’article

Démonstration :


0
: uε (0) = uε (1) = 0
Soit (Eε ) : −εu00 + bu0 + cu = f sur ]0, 1[ et C0,0


0
Soit uε une solution de (Eε ) et C0,0
, donc elle vérifie −εu00ε +bu0ε +cuε =
f sur ]0, 1[ et uε (0) = uε (1) = 0
Soit hε = f − cuε .
Alors : −εu00ε + bu0ε = hε sur ]0, 1[ et uε (0) = uε (1) = 0
donc (−εu0ε + buε )0 − b0 uε = hε sur ]0, 1[ et uε (0) = uε (1) = 0,
donc (−εu0ε + buε )0 = hε + b0 uε sur ]0, 1[ et uε (0) = uε (1) = 0,
donc (−εu0ε +buε )0 = h0,ε sur ]0, 1[ où h0,ε = hε +b0 uε et uε (0) = uε (1) = 0(Il
y a une erreur dans l’article),
donc en intégrant : −εu0ε + buε =
uε (0) = uε (1) = 0,

´1
x

donc
: −εu0ε + buε = H0,ε + C où H0,ε =
0
C0,0
: uε (0) = uε (1) = 0,

h0,ε + C sur ]0, 1[ où C ∈ R et
´1
x

h0,ε (t)dt sur ]0, 1[ où C ∈ R et



0
donc uε est solution de (Eε ) et C0,0
où (Eε ) : −εu0 + bu = H0,ε + C et


´1
0
où H0,ε = x h0,ε (t)dt sur ]0, 1[ où C ∈ R et C0,0
: uε (0) = uε (1) = 0.
(A) Résolution de l’équation homogène (Hε ) de (Eε ) :
(Hε ) : −εu0 + bu = 0 sur [0, 1]
Donc les solutions uh,ε de (Hε ) vérifient : −εu0h,ε + buh,ε = 0 sur [0, 1],

28

donc elles vérifient : −εu0h,ε = −buh,ε sur [0, 1].
(1) uh,ε = 0 est solution de (Hε ),
(2) Sinon les solutions uh,ε de (Hε ) telles que uh,ε 6= 0 vérifient :
sur [0, 1],
´1

u0h,ε (t)
dt
x uh,ε (t)

donc, en intégrant, elles vérifient :
et où x ∈ [0, 1]
1

1
ε

donc elles vérifient : [ln |uh,ε (t)|]x =
x ∈ [0, 1]

´1
x

=

1
ε

´1

´1

1

donc elles vérifient : eln |uh,ε (x)| = e− ε

x

0

donc elles vérifient : |uh,ε (x)| = eK e−ε

−1

´1
x

x

1
ε

b(t)dt+K 0
´1

−1

´1

b(t)dt
´0
x

´1

−1
donc elles vérifient : uh,ε (x) = λe−ε (
x ∈ [0, 1]

−1

29

b(t)dt

x

−1
donc elles vérifient : uh,ε (x) = λe−ε (
x ∈ [0, 1]

elles vérifient : uh,ε (x) = λe−ε
´donc
x
b(t)dt et où x ∈ [0, 1].
0

´1
x

b(t)dt + K où K ∈ R,

b(t)dt + K 0 où K 0 ∈ R, et où

x

0

donc elles vérifient : uh (x) = λe−ε

´1

−1

donc elles vérifient : uh,ε (x) = ±eK e−ε

b(t)dt+K où K ∈ R,

b(t)dt − K + ln |uh,ε (1)| où K ∈ R,

x

donc elles vérifient : ln |uh,ε (x)| = − 1ε
x ∈ [0, 1]

x

b(t)dt + K − ln |uh,ε (1)| où K ∈ R,

x

´1

donc elles vérifient : ln |uh,ε (x)| = − 1ε
et où x ∈ [0, 1]

´1

= 1ε b

b(t)dt + K où K ∈ R, , et où

donc elles vérifient : ln |uh,ε (1)| − ln |uh,ε (x)| =
et où x ∈ [0, 1]
donc elles vérifient : − ln |uh,ε (x)| =
et où x ∈ [0, 1]

1
ε

u0h,ε
uh,ε

0

où K 0 ∈ R, et où x ∈ [0, 1]
où K 0 ∈ R, et où x ∈ [0, 1]

b(t)dt

où K 0 ∈ R, et où x ∈ [0, 1]

où λ ∈ R, et où x ∈ [0, 1]

´
b(t)dt+ 01 b(t)dt)

b(t)dt−

´x

(B(1)−B(x))

0

b(t)dt)

où λ ∈ R, et où

où λ ∈ R, et où

où λ ∈ R et où B(x) =

(B) On cherche donc une solution particulière up,ε de (Eε ) sous la
−1
forme : up,ε (x) = λ(x)e−ε (B(1)−B(x)) .
Elles vérifient : −εu0p,ε + bup,ε = H0,ε + C sur [0, 1]
donc elles vérifient : −εu0p,ε (x) + b(x)up,ε (x) = H0,ε (x) + C où x ∈ [0, 1]
(
Or

)

−1

up,ε (x) = λ(x)e−ε (B(1)−B(x))
−1
−1
u0p,ε (x) = λ0 (x)e−ε (B(1)−B(x)) + λ(x).ε−1 B 0 (x)e−ε (B(1)−B(x))

où x ∈

[0, 1],
(
c-à-d

−1

up,ε (x) = λ(x)e−ε (B(1)−B(x))


−1
u0p,ε (x) = λ0 (x) + ε−1 b(x)λ(x) e−ε (B(1)−B(x))

)
où x ∈ [0, 1],

donc comme −εu0p,ε (x) + b(x)up,ε (x) = H0,ε (x) + C où x ∈ [0, 1],
on a : −ε


h
i


−1
−1
λ0 (x) + ε−1 b(x)λ(x) e−ε (B(1)−B(x)) +b(x) λ(x)e−ε (B(1)−B(x)) =

H0,ε (x) + C où x ∈ [0, 1],
c-à-d : [−ελ0 (x) − b(x)λ(x)] e−ε
C où x ∈ [0, 1],
c-à-d : −ελ0 (x)e−ε

−1

−1

(B(1)−B(x))

(B(1)−B(x))

donc λ(x) =
donc λ(x) =

´1
x

´1
x

´1
x

−1

(B(1)−B(x))

= H0,ε (x)+

= H0,ε (x) + C où x ∈ [0, 1],

c-à-d λ0 (x) = −ε−1 (H0,ε (x) + C) eε
donc λ(x) =

+b(x)λ(x)e−ε

−1

(B(1)−B(x))

où x ∈ [0, 1],

λ0 (t)dt + C1 où x ∈ [0, 1] ,
−ε−1 (H0,ε (t) + C) eε
−ε−1

donc λ(x) = −

´

1
t

´ 1 ´ 1
x

t

−1

(B(1)−B(t))

dt + C1 où x ∈ [0, 1] ,

 −1
h0,ε (s)ds + C eε (B(1)−B(t)) dt + C1 où x ∈ [0, 1],

 −1
ε−1 h0,ε (s)ds + Cε−1 eε (B(1)−B(t)) dt + C1 où x ∈

[0, 1],
donc
up,ε (x)

30

= λ(x)e−ε

−1

(B(1)−B(x))

h ´ ´
 −1
i
−1
1
1
= − x t ε−1 h0,ε (s)ds + Cε−1 eε (B(1)−B(t)) dt + C1 e−ε (B(1)−B(x))
où x ∈ [0, 1]
c-à-d up,ε (x) = −
C1 e−ε

−1

−1

−1

x

t

 −1
−1
ε−1 h0,ε (s)ds + Cε−1 eε (B(1)−B(t))−ε (B(1)−B(x)) dt+

où x ∈ [0, 1]

´ 1 ´ 1
x

(B(1)−B(x))

c-à-d up,ε (x) = −

t

 −1
−1
ε−1 h0,ε (s)ds + Cε−1 eε (B(1)−B(t)) e−ε (B(1)−B(x)) dt+

où x ∈ [0, 1]

´ 1 ´ 1

(B(1)−B(x))

c-à-d up,ε (x) = −
C1 e−ε

x

(B(1)−B(x))

c-à-d up,ε (x) = −
C1 e−ε

´ 1 ´ 1

t


−1
ε−1 h0,ε (s)ds + Cε−1 e−ε [(B(t)−B(1))+(B(1)−B(x))] dt+

où x ∈ [0, 1]

´ 1 ´ 1
x

t


−1
−1
ε−1 h0,ε (s)ds + Cε−1 e−ε (B(t)−B(x)) dt+C1 e−ε (B(1)−B(x))

où x ∈ [0, 1]
c-à-d up,ε (x) = −
C1 e−ε

−1

´ 1 ´ 1
x

(B(1)−B(x))

t

ε−1 h0,ε (s)e−ε

−1

(B(t)−B(x))


´1
−1
ds dt−Cε−1 x e−ε (B(t)−B(x)) dt+

−1

(B(t)−B(x))


´ 1 −1
ds dt−Cε−1 x eε (B(t)−B(x)) dt−

où x ∈ [0, 1]

On peut choisir C1 = −λ,
c-à-d up,ε (x) = −
λe−ε

−1

(B(1)−B(x))

´ 1 ´ 1
x

t

ε−1 h0,ε (s)e−ε

où x ∈ [0, 1].

(C) Donc
uε (x)
= up,ε (x) + uh,ε (x)

i
h ´ ´
´1
−1
−1
−1
1
1
= − x t ε−1 h0 (s)e−ε (B(t)−B(x)) ds dt − Cε−1 x e−ε (B(t)−B(x)) dt − λe−ε (B(1)−B(x)) +
λe−ε
=−

−1

(B(1)−B(x))

´ 1 ´ 1
x

t

ε−1 h0 (s)e−ε

−1

(B(t)−B(x))


´1
−1
ds dt − Cε−1 x e−ε (B(t)−B(x)) dt,

où x ∈ [0, 1]
31

´1

c-à-d uε (x) = up,ε,0 (x) − Cε−1
où up,ε,0 (x) = −
´x
b(t)dt.
0

´1
x

x

e−ε

−1

(B(t)−B(x))

´1

zε (t)dt et zε (t) =

t

dt où x ∈ [0, 1],

ε−1 h0 (s)e−ε

−1

(B(t)−B(x))

ds et B(x) =

On a aussi :
uε (x) = up,ε,0 (x) − Cε−1
= up,ε,0 (x) − Cε−1
= up,ε,0 (x) − Cε−1
= up,ε,0 (x) − Cε−1

´1
x

´1
x

´1
x

´1

e−ε

x
−1

e−ε

−1

(B(t)−B(x))

dt où x ∈ [0, 1]

[(B(t)−B(1))+(B(1)−B(x))]

dt où x ∈ [0, 1]

eε

−1

(B(1)−B(t))−ε−1 (B(1)−B(x))

eε

−1

(B(1)−B(t)) −ε−1 (B(1)−B(x))

= up,ε,0 (x) − Cε−1 e−ε

−1

dt où x ∈ [0, 1]

e

(B(1)−B(x))

´1
x

eε

−1

(B(1)−B(t))

dt où x ∈ [0, 1]
dt où x ∈ [0, 1]

Je n’arrive pas à obtenir le résultat demandé.
(D) On fait les suppositions suivantes données dans l’article :
uε (x) = up,ε,0 (x) + K1,ε + K2,ε
où up,ε,0 (x) = −
´x
b(t)dt
0

´1
x

´1
x

e−ε

zε (t)dt et zε (t) =

−1

(B(1)−B(t))

´1
t

dt où x ∈ [0, 1],

ε−1 hε (s)e−ε

−1

(B(s)−B(x))

ds et B(x) =

et ∀x ∈ [0, 1], b(x) > β > 0.
(1) On a : uε (1) = 0 ⇒ up,ε,0 (1) + K1,ε + K2,ε
or up,ε,0 (x) = −

´1
1

´1
1

e−ε

−1

(B(1)−B(t))

dt = 0

zε (t)dt

donc uε (1) = 0 ⇒ −

´1
1

zε (t)dt + K1,ε + K2,ε

donc uε (1) = 0 ⇒ 0 + K1,ε + K2,ε .0 = 0
donc uε (1) = 0 ⇒ K1,ε = 0.
(2) De plus on a :

32

´1
1

e−ε

−1

(B(1)−B(t))

dt = 0

u0ε (x)
= u0p,ε,0 (x) + 0 + K2,ε

´

1 −ε−1 (B(1)−B(t))
e
x



dt

 ´
0
´
0
−1
1
1
= − x zε (t)dt + 0 + K2,ε x e−ε (B(1)−B(t)) dt
´x

=

´
0

0
−1
x
zε (t)dt + 0 − K2,ε 1 e−ε (B(1)−B(t)) dt

1

= z(x) − K2,ε e−ε

−1

(B(1)−B(x))

donc u0ε (1) = z(1) − K2,ε e−ε

−1

(B(1)−B(1))

= 0 − K2,ε e0 = 0 − K2,ε .1 = K2,ε

donc K2,ε = u0ε (1) .
(3) De plus on a : uε (0) = 0 ⇒ up,ε,0 (0)+K1,ε +K2,ε

´1
0

e−ε

−1

(B(1)−B(t))

or K1,ε = 0
donc uε (0) = 0 ⇒ up,ε,0 (0) + 0 + K2,ε
donc uε (0) = 0 ⇒ K2,ε

´1
0

e−ε

−1

´1
0

(B(1)−B(t))

(4) Soit x ∈ [0, 1].
On a :
|zε (x)|
≤|
≤
=
=
≤

´1
x

´1
x

´1
x

´1
x

´1
x

ε−1 hε (t)e−ε

|ε−1 hε (t)e−ε

−1

−1

(B(t)−B(x))

(B(t)−B(x))

|ε−1 ||hε (t)||e−ε
ε−1 |hε (t)|e−ε
ε−1 ||h||∞ e−ε

≤ ε−1 ||hε ||∞

´1
x

−1

−1

−1

e−ε

dt|

|dt

(B(t)−B(x))

(B(t)−B(x))

(B(t)−B(x))

−1

|dt

dt

dt

(B(t)−B(x))

e−ε

dt
33

−1

(B(1)−B(t))

dt = 0

dt = −up,ε,0 (0).

dt = 0

= ε−1 ||f − cuε ||∞

´1
x

e−ε

−1

(B(t)−B(x))

≤ ε−1 [||f ||∞ + ||c||∞ ||uε ||∞ ]

´1

e−ε

x

dt

−1

(B(t)−B(x))

dt

´1
−1
≤ ε−1 [Cf + Cc C0 ] x e−ε (B(t)−B(x)) dt, où Cf , Cc , C0 ∈ R, car f, c ∈ C 0 ([0, 1])
et ||uε ||∞ ≤ C0 , d’après (1.7) de l’article.
= Cε−1

´1
x

e−ε

−1

(B(t)−B(x))

dt où Cε = Cf + Cc C0 ∈ R.

´t
´x
´t
´0
´t
On a : B(t)−B(x) = 0 b(s)ds− 0 b(s)ds = 0 b(s)ds+ x b(s)ds = x b(s)ds ≥
´t
βds = β(t − x), pour tout x ≤ t.
x
donc : −ε−1 (B(t) − B(x)) ≤ −ε−1 β(t − x), pour tout x ≤ t.
−1

donc :e−ε (B(t)−B(x)) ≤ e−ε
ment % sur R
donc : |zε (x)| ≤ Cε−1
´1

´1
x

e−ε

−1

−1

β(t−x)

pour tout x ≤ t, car exp est stricte-

(B(t)−B(x))

dt ≤ Cε−1

´1
x

e−ε

−1

β(t−x)

dt.

h −1
i1
h −1
i
1
1
−ε β(t−x)
−ε β(1−x)
−ε−1 β(x−x)
e
=
−
e
−
e
=
dt
=
−
−1
−1
ε β
ε β
x
hx −1
i
− βε e−ε β(1−x) − 1 ≤ C1 ε

Or

e−ε

−1

β(t−x)

donc |zε (x)| ≤ Cε−1
donc |up (0)| = | −

´1

´1
0

x

e−ε

−1

β(t−x)

zε (t)dt| = |

dt ≤ Cε−1 C1 ε = CC1 = C2 .

´1
0

zε (t)dt| ≤

´1
0

|zε (t)|dt ≤

´1
0

C2 dt = C2

donc |up (0)| ≤ C2 .
On pose ||b||∞ = maxx∈[0,1] |b(x)| = maxx∈[0,1] b(x) car b(x) > 0.
´1
´1
´t
´1
´0
On a : B(1)−B(t) = 0 b(s)ds− 0 b(s)ds = 0 b(s)ds+ t b(s)ds = t b(s)ds ≤
´1
||b||∞ ds = ||b||∞ (1 − t).
t
donc −ε−1 (B(1) − B(t)) ≥ −ε−1 ||b||∞ (1 − t)
donc e−ε
donc

´1
0

−1

(B(1)−B(t))

e−ε

−1

≥ e−ε

(B(1)−B(t))

−1

dt ≥

||b||∞ (1−t)

´1
0

e−ε

−1

car exp est strictement % sur R

||b||∞ (1−t)

34

dt car exp > 0

or
=

´1
0

e−ε

−1

1
ε−1 ||b||∞

donc

´1
0

||b||∞ (1−t)

h

1 − e−ε

e−ε

−1

donc |K2,ε ||
donc |K2,ε |

−1

´1
´1

´1
0

0

e−ε

0

0

´1

e−ε

e−ε

e−ε

−1

i

=

dt ≥

−1

´1
0

0

h

e−ε

(B(1)−B(t))

(B(1)−B(t))

´1
0

e−ε

1 − e−ε

−1

−1

||b||∞

||b||∞ (1−t)

i

1

h

ε−1 ||b||∞

e−ε

−1

||b||∞ (1−1)

≥ C3 ε

dt ≥ C3 ε

dt = −up,ε,0 (0),

dt| = |up,ε,0 (0)| ≤ C2

(B(1)−B(t))

donc |K2,ε |C3 ε ≤ |K2,ε |

h −1
i1
e−ε ||b||∞ (1−t) =

ε
||b||∞

(B(1)−B(t))

−1

−1

1
ε−1 ||b||∞

||b||∞

(B(1)−B(t))

or comme K2,ε
on a : |K2,ε

dt =

dt| ≤ C2

dt ≤ C2
−1

(B(1)−B(t))

dt ≤ C2

donc |K2,ε |C3 ε ≤ C2
donc |K2,ε | ≤

C2 −1
C3 ε

= C4 ε−1 où C4 =

C2
C3

donc |K2,ε | ≤ C4 ε−1
or u0ε (x) = z(x) − K2,ε e−ε

−1

(B(1)−B(x))

donc |u0ε (x)| ≤ |z(x)| + |K2,ε |e−ε

−1

(B(1)−B(x))

≤ C2 + C4 ε−1 e−ε

h
i
−1
≤ max (C2 , C4 ) 1 + ε−1 e−ε β(1−x)
h
i
−1
= C5 1 + ε−1 e−ε β(1−x)
h
i
−1
(1)
donc ∃D ∈ R, ∀x ∈ [0, 1], |uε (x)| ≤ D 1 + ε−1 e−ε β(1−x)
Soit x ∈ [0, 1].
(2)

(1)

−εuε (x) + b(x)uε (x) + c(x)uε (x) = f (x)
h
i
(2)
(1)
donc uε (x) = − 1ε f (x) − b(x)uε (x) − c(x)uε (x)

35

−1

β(1−x)

− e−ε

−1

||b||∞ (1−0)

i

(2)

donc |uε (x)| ≤

h

1
ε

(1)

|f (x)| + |b(x)||uε (x)| + |c(x)||uε (x)|

≤

1
ε



h
i

−1
Cf + Cb D 1 + ε−1 e−ε β(1−x) + Cc Cuε

=

1
ε



Cf + Cb D + Cb Dε−1 e−ε

=

1
ε



C6 + C7 ε−1 e−ε

= C8,ε + C7 ε−2 e−ε

−1

−1

β(1−x)

β(1−x)

−1



β(1−x)

+ Cc C0

i



où C6 = Cf + Cb D + Cc C0 et où C7 = Cb D

où C8,ε = 1ε C6

h
i
−1
≤ max (C8,ε , C7 ) 1 + ε−2 e−ε β(1−x)
h
i
−1
≤ C9,ε 1 + ε−2 e−ε β(1−x) où C9,ε = max (C8 , C7 )
h
i
−1
(2)
donc ∃Dε ∈ R, ∀x ∈ [0, 1], |uε (x)| ≤ Dε 1 + ε−2 e−ε β(1−x)
Problème à cause de la dépendance en ε de la constante Dε que je
n’ai pas su éliminer.
VOIE FAUSSE :
Montrons que ∀i ∈ N∗ , (Hi ), pour cela montrons que (H1 ) et ∀i ∈
N∗ , (Hi ) ⇒ (Hi+1 ).
On a : (H1 ), montrons que ∀i ∈ N∗ , (Hi ) ⇒ (Hi+1 ),
Soit i ∈ N∗ .
Supposons (Hi ).
Soit x ∈ [0, 1].
(i+1)

On a : −εuε
fausse)

(i+1)

donc on a : |uε
≤

1
ε



(i)

(i−1)

(x) + b(x)uε (x) + c(x)uε

(x)| ≤

1
ε

h

(x) = f (i−1) (Cette relation est

(i)

|f (x)| + |b(x)||uε (x)| + |c(x)||ui−1
ε (x)|

h
i

−1
Cf + Cb D 1 + ε−i e−ε β(1−x) + Cc C0
36

i

=

1
ε



Cf + Cb D + Cb Dε−i e−ε

=

1
ε



C10 + C11 ε−i e−ε

−1

= C12,ε + C11 ε−(i+1) e−ε

−1

β(1−x)

−1

β(1−x)



β(1−x)

+ Cc C0



où C10 = Cf + Cb D + Cc C0 et où C11 = Cb D
où C12,ε = 1ε C10

h
i
−1
≤ max (C12,ε , C11 ) 1 + ε−(i+1) e−ε β(1−x)
h
i
−1
≤ C13,ε 1 + ε−(i+1) e−ε β(1−x) où C13,ε = max (C12,ε , C11 )
(i+1)

donc ∃Dε ∈ R, ∀x ∈ [0, 1], |uε

h
i
−1
(x)| ≤ Dε 1 + ε−(i+1) e−ε β(1−x)

donc on n’a pas montré (Hi+1 ), à cause de la dépendance en ε de la
constante Dε que je n’ai pas su éliminer.
VOIE QUE JE PENSE BONNE :
Soit i ∈ N.
Soit x ∈ [0, 1].
i(i)
h
(1)
(2)
(i)
= [f (x)]
On a : −εuε (x) + b(x)uε (x) + c(x)uε (x)
i(i)
i(i) h
h
(1)
(2)
(i)
(i)
+ [c(x)uε (x)] = [f (x)]
+ b(x)uε (x)
donc on a : −εuε (x)
(i+2)

donc on a : −εuε

i(i−j) P
h
Pi
(1)
(j)
i
(j)
(i−j)
+ j=0 Cij [c(x)] [uε (x)]
(x)+ j=0 Cij [b(x)]
uε (x)
=

(i)

[f (x)]

(i+2)

donc on a : −εuε
f (i) (x)

Pi
Pi
(i−j+1)
(i−j)
(x)+ j=0 Cij b(j) (x)uε
(x)+ j=0 Cij c(j) (x)uε
(x) =

(i+1)

donc, soit i ∈ N∗ , on a : −εuε
f (i−1) (x)

(x)+

Pi−1

j=0

(i−j)

j
Ci−1
b(j) (x)uε

Pi−1 j (j)
(i−j−1)
(x) =
(x)+ j=0 Ci−1
c (x)uε

Soit i ∈ N∗ .
h
i
−1
(i)
Soit (Hi ) : ”∃D ∈ R, ∀x ∈ [0, 1], |uε (x)| ≤ D 1 + ε−i e−ε β(1−x) ”.
37

Montrons que ∀i ∈ N∗ , (Hi ), pour cela montrons que (H1 ) et ∀i ∈
N∗ , [(Hj )]j∈J1,iK ⇒ (Hi+1 ).
On a : (H1 ), montrons que ∀i ∈ N∗ , [(Hj )]j∈J1,iK ⇒ (Hi+1 ).
Soit i ∈ N∗ .
Supposons [(Hj )]j∈J1,iK ,
soit x ∈ [0, 1].
On a :
(i+1)

|uε
=

1
ε

h

≤

1
ε



=

1
ε



+ 1ε
=

1
ε

(x)| ≤

1
ε

(i−j)

(i−j−1)

i

Pi−1

j
Ci−1
Cb(j) |uε

Cf (i−1) +

Pi−1

h
i P
h
−1
−1
i−1
j
j
Ci−1
Cb(j) D1 1 + ε−(i−j) e−ε β(1−x) + j=0 Ci−1
Cc(j) D2 1 + ε−(i−j−1) e−ε β(1−x)

Cf (i−1) +

Pi−1

j
Ci−1
Cb(j) D1 +

Cf (i−1) +

P

i−1
j=0



h
i
Pi−1 j
Pi−1 j
(i−j)
(i−j−1)
|f (i−1) (x)| + j=0 Ci−1
|b(j) (x)||uε
(x)| + j=0 Ci−1
|c(j) (x)||uε
(x)|

j=0

j=0

j=0

j
Ci−1
Cc(j) D2 +

Cf (i−1) + D1

(x)| +

Pi−1

j=0

Pi−1

j=0

j
Ci−1
Cc(j) |uε

j
Ci−1
Cb(j) D1 ε−(i−j) e−ε

Pi−1

j
−(i−j−1) −ε
e
j=0 Ci−1 Cc(j) D2 ε

Pi−1

j
−ε
j=0 Ci−1 Cb(j) + D1 e

−1

β(1−x)

−1

−1

β(1−x)

(x)|

β(1−x)





Pi−1

j
−(i−j)
j=0 Ci−1 Cb(j) ε



 P

Pi−1 j
−1
i−1
j
Cc(j) + D2 e−ε β(1−x) j=0 Ci−1
Cc(j) ε−(i−j−1)
+ 1ε D2 j=0 Ci−1
=

1
ε



A1,i + e−ε

−1

β(1−x)

j=0

où A1,i = Cf (i−1) + D1
(i+1)

donc |uε

Pi−1

(x)| ≤

=

1
ε



A1,i + e−ε

=

1
ε



A1,i + ε−i e−ε

−1

1
ε



Pi−1

j
Ci−1
Cb(j) + D2

A1,i + e−ε

β(1−x)

−1

j=0



j
Ci−1
D1 Cb(j) ε−(i−j) + D2 Cc(j) ε−(i−j−1)

−1

β(1−x)

Pi−1

j=0

j
Ci−1
Cc(j) ,



j
−(i−j−1)
−(i−j)
ε
C
D
C
ε
+
D
C
(j)
(j)
2
1
b
c
j=0 i−1

Pi−1



j
−i j
−i j+1
C
D
C
ε
ε
+
D
C
ε
ε
(j)
(j)
1 b
2 c
j=0 i−1

Pi−1

β(1−x)

Pi−1

j=0



j
Ci−1
D1 Cb(j) εj + D2 Cc(j) εj+1

38

= A2,i,ε +A3,i,ε ε−(i+1) e−ε
(i+1)

donc |uε

(i+1)

donc |uε

−1

β(1−x)

A1,i
ε

où A2,i,ε =

et A3,i,ε =

Pi−1

j=0



j
Ci−1
D1 Cb(j) εj + D2 Cc(j) εj+1

h
i
−1
(x)| ≤ max (A2,i,ε , A3,i,ε ) 1 + ε−(i+1) e−ε β(1−x)

h
i
−1
(x)| ≤ A4,i,ε 1 + ε−(i+1) e−ε β(1−x) où A4,i,ε = max (A2,i,ε , A3,i,ε )
(i+1)

donc ∃Dε ∈ R, ∀x ∈ [0, 1], |uε

h
i
−1
(x)| ≤ Dε 1 + ε−(i+1) e−ε β(1−x)

donc on n’a pas montré (Hi+1 ), à cause de la dépendance en ε de la
constante Dε que je n’ai pas su éliminer.

11

Cf. p12 de l’article

Lε u = −εu(2) + bu(1) + cu, ε ∈ R∗+
L0 u = bu(1) + cu,
ug =

Pm

i=0

εi ui telle que Lε ug = f sur ]0, 1[,

donc
Lε ug
(1)

(2)

= −εug + bug + cug
= −ε
=−

Pm

i=0

Pm

i=0

εi ui

(2)

εi+1 ui

(1)

= bu0 + cu0 −
(1)

= bu0 + cu0 +
(1)

= bu0 + cu0 +
= L0 u0 +

(2)

+b

+

Pm

i=0

Pm

i=0

Pm−1
i=0

εi ui
(1)

εi bui
(2)

εi+1 ui

(2)

+

(1)

+

+c

Pm

i=0

Pm

i=0

εi ui

εi cui
(1)

i=1

εi bui

(1)

+

Pm

(2)

i=1

−εi ui−1 +

Pm

h
i
(2)
(1)
(2)
εi −ui−1 + bui + cui − εm+1 um+1

i=1

i=1

εi bui

+

h
i
(2)
(2)
i
ε
−u
+
L
u
− εm+1 um+1 ,
0
i
i−1
i=1

Pm

or Lε ug = f ,

39

Pm

εi cui − εm+1 um+1

Pm

i=1

Pm

Pm

i=1

(2)

εi cui − εm+1 um+1

donc L0 u0 +

Pm

i=1

h
i
(2)
(2)
εi −ui−1 + L0 ui − εm+1 um+1 = f .

On fait tendre ε→ 0.
On obtient : L0 u0 = f ,
donc f −
donc

Pm

donc

1
ε

donc

Pm

h
i
(2)
i
m+1 (2)
ε
−u
+
L
u
um+1 = f ,
0 i −ε
i−1
i=1

Pm

h
i
(2)
(2)
εi −ui−1 + L0 ui − εm+1 um+1 = 0,

i=1

P

m
i
i=1 ε

h

i

(2)
(2)
−ui−1 + L0 ui − εm+1 um+1 = 0 car ε 6= 0,

h
i
(2)
(2)
i−1
ε
−u
+
L
u
− εm um+1 = 0 ,
0
i
i−1
i=1
(2)

c-à-d −u0 + L0 u1 +

h
i
(2)
(2)
i−1
ε
−u
+
L
u
− εm um+1 = 0,
0
i
i−1
i=2

Pm

On fait tendre ε→ 0,
(2)

on obtient : −u0 + L0 u1 = 0,
(2)

c-à-d L0 u1 = u0 ,
h
i
(2)
i−1
m (2)
ε
−u
+
L
u
0 i − ε um+1 = 0,
i−1
i=2

donc

Pm

donc

1
ε

donc

Pm

P

m
i−1
i=2 ε

i=2

h

i

(2)
(2)
−ui−1 + L0 ui − εm um+1 = 0 car ε 6= 0,

h
i
(2)
(2)
εi−2 −ui−1 + L0 ui − εm−1 um+1 = 0,

(2)

c-à-d −u1 + L0 u2 +

h
i
(2)
(2)
i−2
ε
−u
+
L
u
− εm−1 um+1 = 0,
0
i
i−1
i=3

Pm

On fait tendre ε→ 0.
(2)

On obtient : −u1 + L0 u2 = 0,
(2)

c-à-d L0 u2 = u1 .

40

On a déjà montré que : (H0 ) : L0 u0 +
f et L0 u0 = f .

Pm

i=1

h
i
(2)
(2)
εi −ui−1 + L0 ui −εm+1 um+1 =

Pour j ∈ J1, mK,
(2)

soit (Hj ) : −uj−1 + L0 uj +

h
i
(2)
(2)
i−j
ε
−u
+
L
u
− εm−(j−1) um+1 =
0
i
i−1
i=j+1

Pm

(2)

0 et L0 uj = uj−1 .
Montrons que ∀j ∈ J1, mK, (Hj ).
Montrons que (H1 ) et ∀j ∈ J1, m − 1K, (Hj ) ⇒ (Hj+1 ),
(2)

Comme on a : (H1 ) : −u0 + L0 u1 +

Pm

i=2

h
i
(2)
(2)
εi−1 −ui−1 + L0 ui − εm um+1 =

(2)

0 et L0 u1 = u0 ,
montrons que : ∀j ∈ J1, m − 1K, (Hj ) ⇒ (Hj+1 ).
Soit j ∈ J1, m − 1K.
h
i
Pm
(2)
(2)
(2)
Supposons : (Hj ) : −uj−1 +L0 uj + i=j+1 εi−j −ui−1 + L0 ui −εm−(j−1) um+1 =
(2)

0 et L0 uj = uj−1 ,
(2)

alors : −uj−1 + L0 uj +

Pm

i=j+1

h
i
(2)
(2)
εi−j −ui−1 + L0 ui − εm−(j−1) um+1 = 0 et −

(2)

uj−1 + L0 uj = 0,
donc

Pm

donc

1
ε

donc

Pm

i=j+1

h
i
(2)
(2)
εi−j −ui−1 + L0 ui − εm−(j−1) um+1 = 0,

P

m
i−j
i=j+1 ε

h

i

(2)
(2)
−ui−1 + L0 ui − εm−(j−1) um+1 = 0 car ε 6= 0,

h
i
(2)
(2)
i−(j+1)
ε
−u
+
L
u
− εm−j um+1 = 0,
0
i
i−1
i=j+1
(2)

c-à-d −uj + L0 uj+1 +

h
i
(2)
(2)
i−(j+1)
ε
−u
+
L
u
− εm−j um+1 = 0,
0
i
i−1
i=j+2

Pm

On fait tendre ε→ 0.
(2)

On obtient : −uj + L0 uj+1 = 0,

41

(2)

c-à-d : L0 uj+1 = uj ,
(2)

donc on a : (Hj+1 ) : −uj
(2)

+ L0 uj+1 +

h
i
(2)
i−(j+1)
ε
−u
+
L
u
−
0
i
i−1
i=j+2

Pm

(2)

εm−j um+1 = 0 et L0 uj+1 = uj ,
donc on a montré que : ∀j ∈ J1, m − 1K, (Hj ) ⇒ (Hj+1 ).
Comme on a : (H1 ) et ∀j ∈ J1, m − 1K, (Hj ) ⇒ (Hj+1 ),
(2)

on a montré que : ∀j ∈ J1, mK, (Hj ) : −uj−1 +L0 uj +
(2)

Pm

i=j+1

h
i
(2)
εi−j −ui−1 + L0 ui −

(2)

εm−(j−1) um+1 = 0 et L0 uj = uj−1 ,

donc, finalement, on a montré que :
(H0 ) : L0 u0 +

Pm

i=1

h
i
(2)
(2)
εi −ui−1 + L0 ui − εm+1 um+1 = f et L0 u0 = f
(2)

et ∀j ∈ J1, mK, (Hj ) : −uj−1 +L0 uj +

h
i
(2)
(2)
i−j
ε
−u
+
L
u
−εm−(j−1) um+1 =
0
i
i−1
i=j+1

Pm

(2)

0 et L0 uj = uj−1 ,


donc on a montré, en particulier, que :

42

L0 u0 = f
(2)
∀j ∈ J1, mK, L0 uj = uj−1


.