Plonge dans les EDP : Chaleur, Ondes, Laplace Expliquées

Correction :

a) Si $v(x, t) = e^{\lambda t} u(x, t)$, alors $\frac{\partial v}{\partial t} = \lambda e^{\lambda t} u + e^{\lambda t} \frac{\partial u}{\partial t}$ et $\frac{\partial^2 v}{\partial x^2} = e^{\lambda t} \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$. L'équation pour $v$ serait : $e^{\lambda t} \frac{\partial u}{\partial t} + \lambda e^{\lambda t} u - \alpha^2 e^{\lambda t} \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = 0$, ce qui donne $\frac{\partial u}{\partial t} + \lambda u - \alpha^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = 0$. Cette équation n'est pas l'équation d'origine sauf si $\lambda=0$.

Pour transformer l'équation homogène $u_t - \alpha^2 u_{xx} = 0$ avec des conditions homogènes, un changement de variable n'est pas strictement nécessaire car elle est déjà homogène. Cependant, pour des problèmes non homogènes, on pourrait chercher $v(x,t) = u(x,t) - g(x)$ où $g$ est la solution stationnaire, par exemple. Ici, on cherche directement la solution par séparation des variables.

b) On cherche des solutions de la forme $u(x, t) = X(x) T(t)$. En substituant dans l'EDP :

$$ X(x) T'(t) - \alpha^2 X''(x) T(t) = 0 $$

Séparons les variables :

$$ \frac{T'(t)}{T(t)} = \alpha^2 \frac{X''(x)}{X(x)} $$

Les deux membres doivent être égaux à une constante, appelons-la $-\lambda^2$, où $\lambda^2 > 0$ (car $T'(t)$ doit être négatif pour que la solution décroisse dans le temps, typique de la chaleur). Si $\lambda^2=0$, on obtient $T'=0$ donc $T$ constant, et $X''=0$ donc $X(x)=ax+b$. Les conditions $X(0)=X(L)=0$ impliquent $a=b=0$, donc $u=0$. Si $\lambda^2 < 0$, soit $-\mu^2$, alors $T'(t) = -\mu^2 T(t)$ et $X''(x) = \mu^2 X(x)$, ce qui donne des solutions croissantes en temps, qui ne correspondent pas au comportement physique de la chaleur s'atténuant. Donc, on prend $-\lambda^2$ avec $\lambda > 0$.

On obtient deux équations différentielles ordinaires :

1. $T'(t) = -\lambda^2 T(t) \implies T(t) = C_1 e^{-\lambda^2 t}$
2. $\alpha^2 X''(x) = -\lambda^2 X(x) \implies X''(x) + (\lambda/\alpha)^2 X(x) = 0$

Pour la seconde équation, posons $k = \lambda/\alpha$. L'équation est $X''(x) + k^2 X(x) = 0$. Les solutions sont de la forme $X(x) = A \cos(kx) + B \sin(kx)$.

Appliquons les conditions aux limites $u(0, t) = 0$ et $u(L, t) = 0$. Comme $u(x, t) = X(x) T(t)$ et $T(t)$ ne peut pas être identiquement nulle (sinon $u=0$), on doit avoir $X(0)=0$ et $X(L)=0$.

• $X(0) = A \cos(0) + B \sin(0) = A = 0$.
• Donc $X(x) = B \sin(kx)$.
• $X(L) = B \sin(kL) = 0$. Pour avoir une solution non triviale ($B \neq 0$), il faut que $\sin(kL) = 0$.
• Cela implique $kL = n\pi$ pour $n \in \mathbb{Z}$. Comme $k = \lambda/\alpha > 0$ et $L>0$, on prend $n$ entier positif.
• Donc $k_n = \frac{n\pi}{L}$ pour $n=1, 2, 3, \dots$.
• Les valeurs propres sont $\lambda_n^2 = \alpha^2 k_n^2 = \alpha^2 \left(\frac{n\pi}{L}\right)^2$.
• Les solutions propres sont $X_n(x) = B_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$.
• Les solutions correspondantes pour $T(t)$ sont $T_n(t) = C_n e^{-\alpha^2 (n\pi/L)^2 t}$.

Les solutions particulières sont donc de la forme $u_n(x, t) = D_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) e^{-\alpha^2 (n\pi/L)^2 t}$, où $D_n = B_n C_n$ sont des constantes.

c) La solution générale est une combinaison linéaire de ces solutions particulières (superposition des modes) :

$$ u(x, t) = \sum_{n=1}^{\infty} D_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) e^{-\alpha^2 (n\pi/L)^2 t} $$

Pour déterminer les coefficients $D_n$, on utilise la condition initiale $u(x, 0) = f(x)$ :

$$ f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} D_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) $$

Ceci est le développement en série de Fourier de $f(x)$ en sinus. Les coefficients $D_n$ sont donnés par :

$$ D_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx $$

Correction :

a) On cherche $u(x, t) = X(x) T(t)$. En substituant dans l'EDP :

$$ X(x) T''(t) - c^2 X''(x) T(t) = 0 $$

Séparons les variables :

$$ \frac{T''(t)}{T(t)} = c^2 \frac{X''(x)}{X(x)} $$

Les deux membres doivent être égaux à une constante, disons $-\omega^2$, où $\omega^2 > 0$. Si la constante était positive, $T''(t) = \mu^2 T(t)$ donnerait des solutions exponentielles en temps, ce qui n'est pas physique pour des oscillations bornées. Si la constante est zéro, on obtient $u=0$. Donc, $-\omega^2$ avec $\omega > 0$ est le cas pertinent.

On obtient deux équations ordinaires :

1. $T''(t) = -\omega^2 T(t) \implies T(t) = A \cos(\omega t) + B \sin(\omega t)$
2. $c^2 X''(x) = -\omega^2 X(x) \implies X''(x) + (\omega/c)^2 X(x) = 0$

Pour la seconde équation, posons $k = \omega/c$. L'équation est $X''(x) + k^2 X(x) = 0$. Les solutions sont de la forme $X(x) = C \cos(kx) + D \sin(kx)$.

Appliquons les conditions aux limites $u(0, t) = 0$ et $u(L, t) = 0$, ce qui implique $X(0)=0$ et $X(L)=0$.

• $X(0) = C \cos(0) + D \sin(0) = C = 0$.
• Donc $X(x) = D \sin(kx)$.
• $X(L) = D \sin(kL) = 0$. Pour une solution non triviale, $\sin(kL)=0$.
• Cela implique $kL = n\pi$ pour $n \in \mathbb{Z}^+$.
• Les valeurs propres sont $k_n = \frac{n\pi}{L}$.
• Les fréquences angulaires sont $\omega_n = c k_n = c \frac{n\pi}{L}$.
• Les solutions propres pour $X(x)$ sont $X_n(x) = D_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$.
• Les solutions propres pour $T(t)$ sont $T_n(t) = A_n \cos\left(\frac{n\pi c t}{L}\right) + B_n \sin\left(\frac{n\pi c t}{L}\right)$.

Les solutions particulières sont de la forme $u_n(x, t) = X_n(x) T_n(t)$ :

$$ u_n(x, t) = \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \left(A_n \cos\left(\frac{n\pi c t}{L}\right) + B_n \sin\left(\frac{n\pi c t}{L}\right) \right) $$

b) La solution générale est une superposition de ces modes :

$$ u(x, t) = \sum_{n=1}^{\infty} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \left(A_n \cos\left(\frac{n\pi c t}{L}\right) + B_n \sin\left(\frac{n\pi c t}{L}\right) \right) $$

On utilise maintenant les conditions initiales :

$u(x, 0) = f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$

Ceci est le développement en série de Fourier en sinus de $f(x)$. Les coefficients $A_n$ sont :

$$ A_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx $$

Pour la dérivée par rapport au temps à $t=0$ :

$\frac{\partial u}{\partial t}(x, t) = \sum_{n=1}^{\infty} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \left(-A_n \frac{n\pi c}{L} \sin\left(\frac{n\pi c t}{L}\right) + B_n \frac{n\pi c}{L} \cos\left(\frac{n\pi c t}{L}\right) \right)$

À $t=0$ :

$\frac{\partial u}{\partial t}(x, 0) = g(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \left(B_n \frac{n\pi c}{L} \right)$

Posons $C_n = B_n \frac{n\pi c}{L}$. Alors $g(x) = \sum_{n=1}^{\infty} C_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$. C'est le développement en série de Fourier en sinus de $g(x)$. Les coefficients $C_n$ sont :

$$ C_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} g(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx $$

On peut alors retrouver $B_n$ :

$$ B_n = \frac{L}{n\pi c} C_n = \frac{2}{n\pi c} \int_{0}^{L} g(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx $$

Correction :

a) On cherche $u(x, y) = X(x) Y(y)$. En substituant dans l'EDP :

$$ X''(x) Y(y) + X(x) Y''(y) = 0 $$

Séparons les variables :

$$ \frac{X''(x)}{X(x)} = - \frac{Y''(y)}{Y(y)} $$

Les deux membres doivent être égaux à une constante, disons $-\lambda^2$, où $\lambda^2 > 0$. Si la constante est positive, les solutions pour $Y$ croîtront exponentiellement en $y$, ce qui peut être le cas. Si la constante est zéro, on obtiendra $u=0$. Si la constante est négative, on aura des fonctions oscillantes en $x$ et exponentielles en $y$. Considérons le cas où $X$ est oscillant.

On obtient deux équations ordinaires :

1. $X''(x) = -\lambda^2 X(x) \implies X(x) = A \cos(\lambda x) + B \sin(\lambda x)$
2. $Y''(y) = \lambda^2 Y(y) \implies Y(y) = C e^{\lambda y} + D e^{-\lambda y}$

Appliquons les conditions aux limites homogènes : $u(0, y) = 0$ et $u(a, y) = 0$. Ceci implique $X(0)=0$ et $X(a)=0$.

• $X(0) = A \cos(0) + B \sin(0) = A = 0$.
• Donc $X(x) = B \sin(\lambda x)$.
• $X(a) = B \sin(\lambda a) = 0$. Pour une solution non triviale, $\sin(\lambda a) = 0$.
• Cela implique $\lambda a = n\pi$ pour $n \in \mathbb{Z}^+$.
• Les valeurs propres sont $\lambda_n = \frac{n\pi}{a}$.
• Les solutions propres pour $X(x)$ sont $X_n(x) = B_n \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right)$.

Pour $Y(y)$, les solutions sont $Y_n(y) = C_n e^{\frac{n\pi y}{a}} + D_n e^{-\frac{n\pi y}{a}}$.

Les solutions particulières sont de la forme $u_n(x, y) = X_n(x) Y_n(y)$ :

$$ u_n(x, y) = \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right) \left(C_n e^{\frac{n\pi y}{a}} + D_n e^{-\frac{n\pi y}{a}} \right) $$

b) La solution générale est une superposition :

$$ u(x, y) = \sum_{n=1}^{\infty} \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right) \left(C_n e^{\frac{n\pi y}{a}} + D_n e^{-\frac{n\pi y}{a}} \right) $$

Appliquons maintenant les conditions aux limites restantes : $u(x, 0) = 0$ et $u(x, b) = f(x)$.

$u(x, 0) = \sum_{n=1}^{\infty} \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right) \left(C_n e^0 + D_n e^0 \right) = \sum_{n=1}^{\infty} (C_n + D_n) \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right) = 0$.

Comme la série des sinus forme une base, cela implique pour tout $n$, $C_n + D_n = 0$, soit $D_n = -C_n$.

La solution devient :

$$ u(x, y) = \sum_{n=1}^{\infty} \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right) C_n \left(e^{\frac{n\pi y}{a}} - e^{-\frac{n\pi y}{a}} \right) $$

Utilisons la condition $u(x, b) = f(x)$ :

$$ f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} C_n \left(e^{\frac{n\pi b}{a}} - e^{-\frac{n\pi b}{a}} \right) \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right) $$

Posons $E_n = C_n \left(e^{\frac{n\pi b}{a}} - e^{-\frac{n\pi b}{a}} \right)$. Alors $f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} E_n \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right)$.

Ceci est le développement en série de Fourier en sinus de $f(x)$. Les coefficients $E_n$ sont :

$$ E_n = \frac{2}{a} \int_{0}^{a} f(x) \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right) dx $$

Une fois $E_n$ calculés, on peut trouver $C_n$ :

$$ C_n = \frac{E_n}{e^{\frac{n\pi b}{a}} - e^{-\frac{n\pi b}{a}}} = \frac{E_n}{2 \sinh\left(\frac{n\pi b}{a}\right)} $$

La solution finale est :

$$ u(x, y) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{E_n}{2 \sinh\left(\frac{n\pi b}{a}\right)} \left(e^{\frac{n\pi y}{a}} - e^{-\frac{n\pi y}{a}} \right) \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right) $$

On peut aussi réécrire $\left(e^{\frac{n\pi y}{a}} - e^{-\frac{n\pi y}{a}} \right)$ comme $2 \sinh\left(\frac{n\pi y}{a}\right)$.

$$ u(x, y) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{E_n \sinh\left(\frac{n\pi y}{a}\right)}{\sinh\left(\frac{n\pi b}{a}\right)} \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right) $$

Correction :

a) On cherche $u(x, t) = X(x) T(t)$.

$$ X(x) T'(t) - \alpha^2 X''(x) T(t) = 0 \implies \frac{T'(t)}{T(t)} = \alpha^2 \frac{X''(x)}{X(x)} $$

Comme pour l'exercice 1, on pose cette constante égale à $-\lambda^2$ avec $\lambda \ge 0$.

1. $T'(t) = -\lambda^2 T(t) \implies T(t) = C e^{-\lambda^2 t}$.

2. $\alpha^2 X''(x) = -\lambda^2 X(x) \implies X''(x) + (\lambda/\alpha)^2 X(x) = 0$.

b) Pour les conditions aux limites de Neumann : $\frac{\partial u}{\partial x}(0, t) = 0$ et $\frac{\partial u}{\partial x}(L, t) = 0$. Cela implique $X'(0)=0$ et $X'(L)=0$.

L'équation pour $X(x)$ est $X''(x) + k^2 X(x) = 0$ où $k = \lambda/\alpha$. Les solutions sont $X(x) = A \cos(kx) + B \sin(kx)$.

Alors $X'(x) = -Ak \sin(kx) + Bk \cos(kx)$.

• $X'(0) = -Ak \sin(0) + Bk \cos(0) = Bk = 0$. Pour une solution non triviale, on doit avoir $B=0$ si $k \neq 0$.
• Si $k=0$ (c'est-à-dire $\lambda=0$), alors $X''(x)=0$, donc $X(x) = Ax+B$. Les conditions $X'(0)=0$ et $X'(L)=0$ impliquent $A=0$. Donc $X(x)=B$. C'est une solution constante. Dans ce cas, $T(t)=C e^0 = C$. Donc $u(x, t) = BC$ est une solution stationnaire. Appelons cette constante $D_0$.
• Si $k \neq 0$, alors $B=0$, donc $X(x) = A \cos(kx)$.
• $X'(L) = -Ak \sin(kL) = 0$. Comme $A \neq 0$ (sinon $u=0$), on doit avoir $\sin(kL) = 0$.
• Cela implique $kL = n\pi$ pour $n \in \mathbb{Z}^+$.
• Donc $k_n = \frac{n\pi}{L}$ pour $n=1, 2, 3, \dots$.
• Les valeurs propres pour $\lambda^2$ sont $\lambda_n^2 = \alpha^2 k_n^2 = \alpha^2 \left(\frac{n\pi}{L}\right)^2$ pour $n=1, 2, \dots$.
• Les solutions propres pour $X(x)$ sont $X_n(x) = A_n \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$ pour $n=1, 2, \dots$.

Les solutions correspondantes pour $T(t)$ sont $T_n(t) = C_n e^{-\alpha^2 (n\pi/L)^2 t}$.

c) La solution générale est la somme de la solution stationnaire (cas $\lambda=0$) et des solutions oscillantes :

$$ u(x, t) = D_0 + \sum_{n=1}^{\infty} D_n \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) e^{-\alpha^2 (n\pi/L)^2 t} $$

Pour déterminer les coefficients $D_n$ (qui incluent la constante $D_0$ pour le terme constant), on utilise la condition initiale $u(x, 0) = f(x)$ :

$$ f(x) = D_0 + \sum_{n=1}^{\infty} D_n \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) $$

Ceci est le développement en série de Fourier de $f(x)$ en cosinus. Les coefficients sont :

$$ D_0 = \frac{1}{L} \int_{0}^{L} f(x) dx $$ $$ D_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \quad \text{pour } n=1, 2, \dots $$

Correction :

a) La solution est $u(x, t) = \sum_{n=1}^{\infty} D_n \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) e^{-\alpha^2 (n\pi/L)^2 t}$.

Pour $t \to +\infty$, chaque terme $e^{-\alpha^2 (n\pi/L)^2 t}$ tend vers $0$ car l'exposant est négatif.

Pour montrer la convergence uniforme, on peut majorer le terme général de la série :

$$ |u(x, t)| \le \sum_{n=1}^{\infty} |D_n| \left| \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \right| e^{-\alpha^2 (n\pi/L)^2 t} $$

Comme $\left| \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \right| \le 1$, on a :

$$ |u(x, t)| \le \sum_{n=1}^{\infty} |D_n| e^{-\alpha^2 (n\pi/L)^2 t} $$

Lorsque $t \to +\infty$, pour $n \ge 1$, le terme $e^{-\alpha^2 (n\pi/L)^2 t}$ tend vers $0$. Le terme le plus lent à décroître est celui avec le plus petit exposant négatif, c'est-à-dire pour $n=1$ : $e^{-\alpha^2 (\pi/L)^2 t}$.

Si on suppose que $\sum |D_n|$ converge (ce qui est vrai si $f(x)$ est suffisamment régulière, par exemple $f \in L^1$ ou $L^2$), alors pour $t$ grand, tous les termes tendent vers zéro. La convergence est uniforme car le terme dominant $e^{-\alpha^2 (\pi/L)^2 t}$ multiplie une série convergente (ou du moins, les coefficients $|D_n|$ ne dépendent pas de $t$).

Plus formellement, pour tout $\epsilon > 0$, il existe $N$ tel que $\sum_{n=N+1}^\infty |D_n| < \epsilon$. Pour $t$ grand, $e^{-\alpha^2 (n\pi/L)^2 t}$ est petit pour $n=1, \dots, N$. Le terme dominant est $|D_1| e^{-\alpha^2 (\pi/L)^2 t}$, qui tend vers $0$. L'ensemble, la somme tend vers 0.

b) La vitesse de décroissance est dominée par le terme correspondant au plus petit $n$, qui est $n=1$. Le facteur de décroissance est $e^{-\alpha^2 (\pi/L)^2 t}$.

La "vitesse" est donc exponentielle, et elle dépend de :

• $\alpha$: plus $\alpha$ est grand, plus la vitesse de décroissance est rapide (terme $e^{-\alpha^2.}$).
• $L$: plus $L$ est grand, plus la vitesse de décroissance est lente (terme $e^{-(\pi/L)^2.}$).

Le terme le plus lent à disparaître est celui avec le plus petit exposant négatif, ce qui correspond au plus petit $n$ (donc $n=1$) et au plus petit $\alpha^2 (n\pi/L)^2$. C'est-à-dire, $n=1$ et le plus grand $L$. L'exposant est $-\frac{\alpha^2 \pi^2}{L^2}$. Le temps caractéristique de décroissance est de l'ordre de $L^2 / (\alpha^2 \pi^2)$.

c) Si $\alpha$ est très petit, $\alpha^2$ est petit. L'exposant $-\alpha^2 (n\pi/L)^2 t$ sera moins négatif, donc la décroissance sera plus lente. La solution mettra plus de temps à s'atténuer vers l'état stationnaire (qui est $0$ dans ce cas).

Si $L$ est très grand, $(n\pi/L)^2$ est petit. L'exposant $-\alpha^2 (n\pi/L)^2 t$ sera moins négatif, donc la décroissance sera plus lente. Un système de grande taille mettra plus de temps à homogénéiser sa température.

Correction :

a) On cherche $u(x, t) = X(x) T(t)$. L'EDP donne $\frac{T''(t)}{T(t)} = c^2 \frac{X''(x)}{X(x)}$. On pose cette constante égale à $-\omega^2$ avec $\omega > 0$.

1. $T''(t) = -\omega^2 T(t) \implies T(t) = A \cos(\omega t) + B \sin(\omega t)$.

2. $c^2 X''(x) = -\omega^2 X(x) \implies X''(x) + (\omega/c)^2 X(x) = 0$.

Les conditions aux limites sont $\frac{\partial u}{\partial x}(0, t) = 0$ et $\frac{\partial u}{\partial x}(L, t) = 0$. Ceci implique $X'(0)=0$ et $X'(L)=0$.

Posons $k = \omega/c$. L'équation pour $X$ est $X''(x) + k^2 X(x) = 0$. Les solutions sont $X(x) = C \cos(kx) + D \sin(kx)$.

Les dérivées sont $X'(x) = -Ck \sin(kx) + Dk \cos(kx)$.

• $X'(0) = -Ck \sin(0) + Dk \cos(0) = Dk = 0$. Pour une solution non triviale ($k>0$), $D=0$.
• Donc $X(x) = C \cos(kx)$.
• $X'(L) = -Ck \sin(kL) = 0$. Comme $C \neq 0$, il faut $\sin(kL) = 0$.
• Cela implique $kL = n\pi$ pour $n \in \mathbb{Z}^+$.
• Les valeurs propres sont $k_n = \frac{n\pi}{L}$, donc $\omega_n = c \frac{n\pi}{L}$.
• Les solutions propres pour $X(x)$ sont $X_n(x) = C_n \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$ pour $n=1, 2, 3, \dots$.

Les solutions particulières sont de la forme $u_n(x, t) = \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \left(A_n \cos\left(\frac{n\pi c t}{L}\right) + B_n \sin\left(\frac{n\pi c t}{L}\right) \right)$ pour $n \ge 1$.

Il manqu'un cas : $\omega=0$ ($k=0$). Si $k=0$, $X''(x)=0$, donc $X(x) = Cx+D$. $X'(x)=C$. Les conditions $X'(0)=0$ et $X'(L)=0$ impliquent $C=0$. Donc $X(x)=D$. Dans ce cas, $T''(t)=0$, donc $T(t) = At+B$. La solution est $u(x, t) = D(At+B)$. Si on veut une solution stationnaire, $A=0$. Sinon, la solution croît linéairement en temps, ce qui n'est pas physique pour des ondes sans source.

Si on considère des solutions qui ne croissent pas en temps, on prend $T(t)=B$ constante. La solution stationnaire est $u(x,t) = D B = \text{constante}$. Cette solution est compatible avec les conditions de Neumann (sa dérivée est nulle partout). Cette solution constante $u(x,t) = D_0$ est la solution pour $\omega=0$.

b) La solution générale est la somme de la solution stationnaire et des modes oscillants :

$$ u(x, t) = D_0 + \sum_{n=1}^{\infty} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \left(A_n \cos\left(\frac{n\pi c t}{L}\right) + B_n \sin\left(\frac{n\pi c t}{L}\right) \right) $$

Utilisons les conditions initiales :

$u(x, 0) = f(x) = D_0 + \sum_{n=1}^{\infty} A_n \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$

Ceci est le développement en série de Fourier en cosinus de $f(x)$. Les coefficients sont :

$$ D_0 = \frac{1}{L} \int_{0}^{L} f(x) dx $$ $$ A_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \quad \text{pour } n \ge 1 $$

Maintenant, calculons la dérivée par rapport au temps :

$\frac{\partial u}{\partial t}(x, t) = \sum_{n=1}^{\infty} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \left(-A_n \frac{n\pi c}{L} \sin\left(\frac{n\pi c t}{L}\right) + B_n \frac{n\pi c}{L} \cos\left(\frac{n\pi c t}{L}\right) \right)$

À $t=0$ :

$\frac{\partial u}{\partial t}(x, 0) = g(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) \left(B_n \frac{n\pi c}{L} \right)$

Posons $C_n = B_n \frac{n\pi c}{L}$. Alors $g(x) = \sum_{n=1}^{\infty} C_n \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$. C'est le développement en série de Fourier en cosinus de $g(x)$. Les coefficients $C_n$ sont :

$$ C_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} g(x) \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \quad \text{pour } n \ge 1 $$

On peut alors retrouver $B_n$ :

$$ B_n = \frac{L}{n\pi c} C_n = \frac{2}{n\pi c} \int_{0}^{L} g(x) \cos\left(\frac{n\pi x}{L}\right) dx \quad \text{pour } n \ge 1 $$

Comparaison avec Dirichlet :

Les solutions pour Dirichlet ($\partial u/\partial x = 0$) sont des séries en sinus. Les solutions pour Neumann ($\partial u/\partial x = 0$) sont des séries en cosinus, avec un terme constant supplémentaire ($D_0$) correspondant au cas $\omega=0$. Ce terme constant représente la moyenne de la fonction initiale $f(x)$, qui est conservée par l'équation des ondes dans ce cas.

Correction :

a) On cherche $u(x, y) = X(x) Y(y)$.

$$ X''(x) Y(y) + X(x) Y''(y) = 0 \implies \frac{X''(x)}{X(x)} = - \frac{Y''(y)}{Y(y)} $$

On pose cette constante égale à $-\lambda^2$ avec $\lambda \ge 0$. Si la constante est positive, $\lambda^2 > 0$, alors $X''(x) = \lambda^2 X(x)$ (solutions exponentielles en $x$) et $Y''(y) = -\lambda^2 Y(y)$ (solutions oscillantes en $y$, $Y(y) = A \cos(\lambda y) + B \sin(\lambda y)$). La condition $u \to 0$ quand $y \to +\infty$ ne peut pas être satisfaite avec des solutions oscillantes en $y$ sur $\mathbb{R}$.

Si la constante est négative, $-\lambda^2 < 0$, on obtient $X$ oscillant et $Y$ exponentiel. Si la constante est nulle, $\lambda=0$. Alors $X''(x)=0 \implies X(x) = Ax+B$ et $Y''(y)=0 \implies Y(y) = Cy+D$. La condition $u \to 0$ quand $y \to +\infty$ imposerait $C=0$ (et donc $Y(y)=D$ constante), ce qui donne une solution $u(x, y) = (Ax+B)D$, qui ne tend pas vers 0 uniformément si $A \neq 0$. Si $A=0$, $u(x,y)=BD$, une constante. La seule constante tendant vers 0 est 0. Donc le cas $\lambda=0$ ne donne pas de solution non triviale satisfaisant la condition à l'infini.

Le cas pertinent pour les fonctions définies sur $\mathbb{R}$ est que $X(x)$ soit oscillant. On choisit donc $\lambda^2 > 0$. La constante est $-\lambda^2$.

b) Les équations sont :

1. $X''(x) = -\lambda^2 X(x) \implies X(x) = A \cos(\lambda x) + B \sin(\lambda x)$.
2. $Y''(y) = \lambda^2 Y(y) \implies Y(y) = C e^{\lambda y} + D e^{-\lambda y}$.

c) La condition $u(x, y) \to 0$ lorsque $y \to +\infty$ implique $Y(y)$ doit tendre vers $0$. Pour cela, il faut que le terme $e^{\lambda y}$ (qui croît exponentiellement) disparaisse. Donc, on doit avoir $C=0$. La solution pour $Y(y)$ devient $Y(y) = D e^{-\lambda y}$.

Les solutions harmoniques sur le demi-plan, séparant les variables et satisfaisant la condition à l'infini, sont de la forme :

$$ u_{\lambda}(x, y) = (A \cos(\lambda x) + B \sin(\lambda x)) e^{-\lambda y} $$

où $\lambda$ peut prendre n'importe quelle valeur réelle positive (car $x$ varie sur $\mathbb{R}$).

La solution générale est une superposition de ces solutions, qui devient une intégrale (car $\lambda$ est continu) :

$$ u(x, y) = \int_{0}^{\infty} (A(\lambda) \cos(\lambda x) + B(\lambda) \sin(\lambda x)) e^{-\lambda y} d\lambda $$

La condition initiale $u(x, 0) = f(x)$ donne :

$$ f(x) = \int_{0}^{\infty} (A(\lambda) \cos(\lambda x) + B(\lambda) \sin(\lambda x)) d\lambda $$

Ceci est le développement de Fourier de $f(x)$ sur $\mathbb{R}$. Les coefficients $A(\lambda)$ et $B(\lambda)$ sont liés aux transformées de Fourier de $f(x)$.

Si on utilise la formule de Poisson pour le demi-plan, la solution est donnée par :

$$ u(x, y) = \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} f(\xi) \frac{y}{(x-\xi)^2 + y^2} d\xi $$

Le noyau $K(x, y; \xi, 0) = \frac{1}{\pi} \frac{y}{(x-\xi)^2 + y^2}$ est appelé le noyau de Poisson.

Correction :

a) Si on essaie la séparation des variables $u(x, y) = X(x) Y(y)$, on obtient :

$\frac{X''(x)}{X(x)} = - \frac{Y''(y)}{Y(y)} = -\lambda^2$ (avec $\lambda > 0$, pour avoir des solutions bornées sur le domaine).

Alors $X(x) = A \cos(\lambda x) + B \sin(\lambda x)$ et $Y(y) = C e^{-\lambda y} + D e^{\lambda y}$.

La condition $u \to 0$ quand $x^2+y^2 \to \infty$ est problématique. Si $Y$ est $e^{\lambda y}$ ou $e^{-\lambda y}$, cela va croître en $y$ ou en $x$. Pour avoir des solutions bornées, il faudrait des fonctions qui décroissent des deux côtés. La séparation des variables classique ne donne pas directement des fonctions qui décroissent dans deux directions.

La difficulté réside dans les deux conditions aux limites sur les axes positifs et la condition à l'infini.

b) On utilise une astuce de symétrie. On peut résoudre le problème sur un demi-plan supérieur en considérant un prolongement de $f$ et $g$. Mais une méthode plus efficace est d'utiliser des images. On peut résoudre le problème en deux parties : une partie correspondant à la condition sur $y=0$ et une partie correspondant à la condition sur $x=0$, puis sommer les deux solutions (par principe de superposition, car l'équation de Laplace est linéaire).

Solution pour $u(x, 0) = f(x)$ et $u(0, y)$ borné (ou nul) et $u \to 0$ à l'infini :

Considérons le problème sur le demi-plan $y>0$ avec $u(x, 0) = f(x)$ et $u(x,y) \to 0$ à l'infini. C'est le problème de l'exercice 7, dont la solution est (par la formule de Poisson) :

$u_1(x, y) = \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} f(\xi) \frac{y}{(x-\xi)^2 + y^2} d\xi$ pour $y>0$.

Cette solution est harmonique, $u_1(x, 0) = f(x)$, et $u_1 \to 0$ quand $y \to \infty$. Cependant, elle ne garantit pas que $u_1(0, y)$ soit nul. Pour cela, on pourrait utiliser une méthode d'images pour $f(x)$ par rapport à l'axe $x=0$, mais c'est compliqué sur un demi-plan.

Une approche plus standard pour le quart de plan est d'utiliser la transformée de Fourier ou Mellin.

Une autre méthode : On peut utiliser une symétrie par rapport à l'axe $x=0$. On considère le problème dans le demi-plan $x>0$ avec la condition $u(0, y) = g(y)$ et $u(x, y) \to 0$ à l'infini.

Solution $u_2(x, y)$ pour $u(0, y) = g(y)$ et $u(x, y) \to 0$ quand $x \to \infty$. C'est l'analogue de l'exercice 7 sur le demi-plan $x>0$.

$u_2(x, y) = \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} g(\eta) \frac{x}{(y-\eta)^2 + x^2} d\eta$ pour $x>0$.

Cette solution est harmonique, $u_2(0, y) = g(y)$, et $u_2 \to 0$ quand $x \to \infty$. Cependant, elle ne garantit pas que $u_2(x, 0)$ soit nul.

La solution du problème original est la somme de deux solutions partielles, une pour chaque condition sur les axes, en utilisant des prolongements ou des méthodes d'images adaptées. Une méthode plus systématique utilise la transformée de Mellin pour les problèmes dans les secteurs angulaires.

Pour ce problème, une technique commune est de considérer des solutions de la forme $u(x,y) = \int_0^\infty \left(A(\lambda) e^{-\lambda y} \sin(\lambda x) + B(\lambda) e^{-\lambda x} \sin(\lambda y) \right) d\lambda$.

En appliquant les conditions aux limites :

$u(x, 0) = \int_0^\infty A(\lambda) e^{-\lambda y} \sin(\lambda x) d\lambda = f(x)$ (ce qui n'est pas correct car $y$ est fixé à 0).

La solution correcte pour le quart de plan avec conditions $u(x,0)=f(x)$ ($x>0$), $u(0,y)=g(y)$ ($y>0$) et $u \to 0$ à l'infini est donnée par la somme de deux formules de Poisson, modifiées par l'utilisation de réflexions.

Pour la condition $u(x, 0) = f(x)$ sur $x>0$: on peut considérer $f$ défini pour $x<0$. La solution est :

$u_1(x,y) = \frac{1}{\pi} \int_0^\infty f(\xi) \left(\frac{y}{(x-\xi)^2+y^2} + \frac{y}{(x+\xi)^2+y^2}\right) d\xi$ (pour $x>0, y>0$).

Ceci utilise une réflexion de $f$ par rapport à l'axe $x=0$. Cette solution est harmonique et $u_1(x,0)=f(x)$ pour $x>0$. Elle tend vers 0 à l'infini.

Pour la condition $u(0, y) = g(y)$ sur $y>0$: de manière similaire, on réfléchit $g$ par rapport à l'axe $y=0$.

$u_2(x,y) = \frac{1}{\pi} \int_0^\infty g(\eta) \left(\frac{x}{(y-\eta)^2+x^2} + \frac{x}{(y+\eta)^2+x^2}\right) d\eta$ (pour $x>0, y>0$).

La solution complète est la somme $u(x, y) = u_1(x, y) + u_2(x, y)$.

Correction :

a) Dans le cas radial ($u$ ne dépend pas de $\theta$), $\frac{\partial^2 u}{\partial \theta^2} = 0$. L'équation de la chaleur devient :

$$ \frac{\partial u}{\partial t} = \alpha^2 \left(\frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} \left(r \frac{\partial u}{\partial r} \right) \right) $$

b) On cherche $u(r, t) = R(r) T(t)$. En substituant :

$$ R(r) T'(t) = \alpha^2 \left(\frac{1}{r} (r R'(r))' \right) R(r) $$

Séparons les variables :

$$ \frac{T'(t)}{T(t)} = \alpha^2 \frac{(r R'(r))'}{r R(r)} $$

On pose cette constante égale à $-\lambda^2$ avec $\lambda \ge 0$ (pour que la température décroisse dans le temps).

1. $T'(t) = -\lambda^2 T(t) \implies T(t) = C e^{-\lambda^2 t}$.

2. $\frac{(r R'(r))'}{r R(r)} = -\frac{\lambda^2}{\alpha^2}$. Soit $k^2 = \lambda^2/\alpha^2$. L'équation pour $R(r)$ est :

$$ (r R'(r))' + k^2 r R(r) = 0 $$

c) L'équation pour $R(r)$ est l'équation de Bessel d'ordre 0 : $r^2 R''(r) + r R'(r) + k^2 r^2 R(r) = 0$.

Les solutions générales sont $R(r) = A J_0(kr) + B Y_0(kr)$, où $J_0$ est la fonction de Bessel de première espèce d'ordre 0, et $Y_0$ est la fonction de Bessel de seconde espèce d'ordre 0.

La fonction $Y_0(kr)$ a une singularité en $r=0$. Comme on s'attend à ce que la solution soit régulière en $r=0$, on doit avoir $B=0$. Donc $R(r) = A J_0(kr)$.

La condition aux limites est $u(R, t) = 0$, donc $R(R)=0$.

$$ A J_0(kR) = 0 $$

Pour une solution non triviale ($A \neq 0$), il faut que $J_0(kR) = 0$. Soit $kR$ une racine de $J_0$. Appelons ces racines $\mu_{0,m}$ pour $m=1, 2, 3, \dots$. Ces racines sont des nombres positifs connus (environ 2.4048, 5.5200, 8.6537, .).

Donc, $k_m = \frac{\mu_{0,m}}{R}$.

Les valeurs propres sont $\lambda_m^2 = \alpha^2 k_m^2 = \alpha^2 \left(\frac{\mu_{0,m}}{R}\right)^2$. Les solutions propres pour $R(r)$ sont $R_m(r) = A_m J_0\left(\frac{\mu_{0,m} r}{R}\right)$.

d) La solution générale est une superposition de ces modes :

$$ u(r, t) = \sum_{m=1}^{\infty} A_m J_0\left(\frac{\mu_{0,m} r}{R}\right) e^{-\alpha^2 (\mu_{0,m}/R)^2 t} $$

Pour déterminer les coefficients $A_m$, on utilise la condition initiale $u(r, 0) = f(r, 0) = f(r)$.

$$ f(r) = \sum_{m=1}^{\infty} A_m J_0\left(\frac{\mu_{0,m} r}{R}\right) $$

Ceci est un développement en série de Fourier-Bessel. Les coefficients $A_m$ sont donnés par :

$$ A_m = \frac{2}{R^2 J_1(\mu_{0,m})^2} \int_{0}^{R} r f(r) J_0\left(\frac{\mu_{0,m} r}{R}\right) dr $$

Correction :

a) Soit $u(x, t) = F(x-ct) + G(x+ct)$.

Calculons les dérivées partielles :

• $\frac{\partial u}{\partial t} = F'(x-ct) \cdot (-c) + G'(x+ct) \cdot c = c (G'(x+ct) - F'(x-ct))$
• $\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = c (G''(x+ct) \cdot c - F''(x-ct) \cdot (-c)) = c^2 (G''(x+ct) + F''(x-ct))$
• $\frac{\partial u}{\partial x} = F'(x-ct) \cdot 1 + G'(x+ct) \cdot 1 = F'(x-ct) + G'(x+ct)$
• $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = F''(x-ct) \cdot 1 + G''(x+ct) \cdot 1 = F''(x-ct) + G''(x+ct)$

On voit que $\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = c^2 (F''(x-ct) + G''(x+ct)) = c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$.

Donc, toute fonction de la forme $u(x, t) = F(x-ct) + G(x+ct)$ est une solution de l'équation des ondes unidimensionnelle.

b) Interprétation :

• $F(x-ct)$ représente une onde qui se propage vers la droite. À un instant $t$, la forme de l'onde est $F(x-ct)$. Si l'on considère un point spécifique de cette onde, par exemple un pic, sa position $x_p$ satisfait $x_p - ct = \text{constante}$. Donc $x_p = ct + \text{constante}$, ce qui signifie que la position du pic évolue linéairement avec le temps avec une vitesse $c$.
• $G(x+ct)$ représente une onde qui se propage vers la gauche. Un point de cette onde, $x_p$, satisfait $x_p + ct = \text{constante}$. Donc $x_p = -ct + \text{constante}$, ce qui signifie que la position du pic évolue linéairement avec le temps avec une vitesse $-c$.

La constante $c$ représente la vitesse de propagation des ondes dans le milieu.

c) On utilise les conditions initiales $u(x, 0) = f(x)$ et $u_t(x, 0) = g(x)$.

À $t=0$, $u(x, 0) = F(x) + G(x) = f(x)$.

La dérivée par rapport au temps est $u_t(x, t) = c (G'(x+ct) - F'(x-ct))$.

À $t=0$, $u_t(x, 0) = c (G'(x) - F'(x)) = g(x)$.

Nous avons un système de deux équations pour $F$ et $G$ (ou plutôt pour leurs primitives) :

1. $F(x) + G(x) = f(x)$
2. $G'(x) - F'(x) = \frac{g(x)}{c}$

Intégrons la deuxième équation par rapport à $x$ :

$G(x) - F(x) = \int \frac{g(x)}{c} dx + K$, où $K$ est une constante d'intégration.

Nous avons un système linéaire pour $F(x)$ et $G(x)$ :

$$ \begin{cases} F(x) + G(x) = f(x) \\ -F(x) + G(x) = \frac{1}{c} \int g(x) dx + K \end{cases} $$

En additionnant les deux équations : $2 G(x) = f(x) + \frac{1}{c} \int g(x) dx + K$.

En soustrayant la deuxième de la première : $2 F(x) = f(x) - \frac{1}{c} \int g(x) dx - K$.

Donc :

$G(x) = \frac{1}{2} f(x) + \frac{1}{2c} \int g(x) dx + \frac{K}{2}$

$F(x) = \frac{1}{2} f(x) - \frac{1}{2c} \int g(x) dx - \frac{K}{2}$

Maintenant, il faut substituer ces expressions dans $u(x, t) = F(x-ct) + G(x+ct)$. Les intégrales indéfinies peuvent être problématiques. Il est plus sûr de travailler avec des intégrales définies.

Reprenons $G'(x) - F'(x) = g(x)/c$. Intégrons entre un point fixe $x_0$ et $x$: $\int_{x_0}^x (G'(s) - F'(s)) ds = \int_{x_0}^x \frac{g(s)}{c} ds$.

Soit $G(x) - F(x) = \frac{1}{c} \int_{x_0}^x g(s) ds + K$.

Le système est :

$$ \begin{cases} F(x) + G(x) = f(x) \\ G(x) - F(x) = \frac{1}{c} \int_{x_0}^x g(s) ds + K \end{cases} $$

On trouve :

$F(x) = \frac{1}{2} f(x) - \frac{1}{2c} \int_{x_0}^x g(s) ds - \frac{K}{2}$

$G(x) = \frac{1}{2} f(x) + \frac{1}{2c} \int_{x_0}^x g(s) ds + \frac{K}{2}$

Maintenant, on substitue dans $u(x, t) = F(x-ct) + G(x+ct)$ :

$u(x, t) = \frac{1}{2} f(x-ct) - \frac{1}{2c} \int_{x_0}^{x-ct} g(s) ds - \frac{K}{2} + \frac{1}{2} f(x+ct) + \frac{1}{2c} \int_{x_0}^{x+ct} g(s) ds + \frac{K}{2}$

$$ u(x, t) = \frac{f(x-ct) + f(x+ct)}{2} + \frac{1}{2c} \left(\int_{x_0}^{x+ct} g(s) ds - \int_{x_0}^{x-ct} g(s) ds \right) $$

$$ u(x, t) = \frac{f(x-ct) + f(x+ct)}{2} + \frac{1}{2c} \int_{x-ct}^{x+ct} g(s) ds $$

La constante d'intégration $K$ disparaît grâce à la relation de Chasles pour l'intégrale. Le choix de $x_0$ n'affecte pas le résultat final.