annexe 1: solutions des exercices sur l'EDP, Exercices de Mathématiques

Télécharge annexe 1: solutions des exercices sur l'EDP et plus Exercices au format PDF de Mathématiques sur Docsity uniquement! ANNEXE 1 Solutions des exercices. Chapitre 1 Exercice 1.1 a) Cette EDP est linéaire, non homogène et d’ordre 2. Pour montrer que l’EDP est linéaire, considérons l’opérateur u 7→ L(u) = ∂ 2u ∂x2 + x ∂u ∂y . Celui-ci est linéaire. En effet, prenons a, b ∈ R et u, v deux fonctions. Alors il nous faut vérifier que L(a u+ b v) = aL(u) + b L(v). Mais par les propriétés des dérivés partielles, nous obtenons L(a u+ b v) = ∂2(a u+ b v) ∂x2 + x ∂(a u+ b v) ∂y = a ∂2u ∂x2 + b ∂2v ∂x2 + a x ∂u ∂y + b x ∂v ∂y = aL(u) + b L(v). Ceci complète le preuve que L est un opérateur linéaire. Comme notre équation est de la forme L(u) = y, nous pouvons conclure que l’EDP est linéaire. À cause aussi de cette forme, l’EDP est non homogène. Comme la dérivée partielle d’ordre supérieure est d’ordre 2, alors l’EDP est d’ordre 2. b) Cette EDP n’est pas linéaire. Elle est d’ordre 1. Cette EDP est de la forme T (u) = 1 où T est l’opérateur u 7→ T (u) = ( ∂u ∂x )2 + u ( ∂u ∂y ) . Pour vérifier que cette EDP n’est pas linéaire, il suffit de montrer que T n’est pas un opérateur linéaire. Il nous faut donc trouver deux nombres réels a et b, ainsi que deux fonctions u et v tels que T (a u + b v) 6= a T (u) + b T (v). Prenons a = b = 1, u = (2x+ y) et v = y2. Nous obtenons T (u+ v) = T (2x+ y + y2) = ( ∂(2x+ y + y2) ∂x )2 + (2x+ y + y2) ( ∂(2x+ y + y2) ∂y ) = 22 + (2x+ y + y2)(1 + 2y) = 4 + 2x+ y + 2y3 + 3y2 + 4xy; T (u) = T (2x+ y) = ( ∂(2x+ y) ∂x )2 + (2x+ y) ( ∂(2x+ y) ∂y ) = 22 + (2x+ y) = 4 + 2x+ y et T (v) = T (y2) = ( ∂y2 ∂x )2 + y2 ( ∂y2 ∂y ) = 0 + y2(2y) = 2y3 . Nous voyons bien dans ce cas que T (u+v) 6= T (u)+T (v). Ceci montre que l’EDP n’est pas linéaire. Comme la dérivée partielle d’ordre supérieure est d’ordre 1, alors l’EDP est d’ordre 1. Pour c), d) et e), nous allons seulement donner les réponses. Il suffit de procéder comme ci-dessus dans chacun de ces cas, nous laissons aux étudiant(e)s le soin de faire ces vérifications. c) Cette EDP est linéaire, homogène et d’ordre 4. d) Cette EDP est linéaire, non homogène et d’ordre 2. e) Cette EDP n’est pas linéaire. Elle est d’ordre 2. 143 Exercice 1.2 Si u(x, y) = x2 − y2, alors ∂u ∂x = 2x, ∂2u ∂x2 = 2, ∂u ∂y = −2y, ∂ 2u ∂y2 = −2 ⇒ ∂ 2u ∂x2 + ∂2u ∂y2 = 2− 2 = 0 montre que u est bien une solution. Si u(x, y) = ex sin(y), alors ∂u ∂x = ex sin(y), ∂2u ∂x2 = ex sin(y), ∂u ∂y = ex cos(y), ∂2u ∂y2 = −ex sin(y) ⇒ ∂ 2u ∂x2 + ∂2u ∂y2 = 0 montre que u est bien une solution. Exercice 1.3 Rappelons que l’équation différentielle ordinaire Y ′′(y) + Y (y) = 0 pour laquelle Y = Y (y) est une fonction de la variable y et Y ′′(y) désigne la dérivée seconde par rapport à y a comme solution générale Y (y) = a cos(y) + b sin(y) où a et b sont des nombres réels quelconques. Nous pouvons maintenant adapter ce résultat. Ainsi l’EDP ∂2u ∂y2 + u = 0 avec u = u(x, y), a comme solution générale u(x, y) = a(x) cos(y) + b(x) sin(y) où a(x) et b(x) sont des fonctions quelconques de x. Exercice 1.4 Si ξ = x+ y et η = x− y, alors en utilisant la règle de chaines nous obtenons ∂u ∂x = ∂u ∂ξ ∂ξ ∂x + ∂u ∂η ∂η ∂x = ∂u ∂ξ + ∂u ∂η ; ∂2u ∂x2 = ∂ ∂ξ [ ∂u ∂ξ + ∂u ∂η ] ∂ξ ∂x + ∂ ∂η [ ∂u ∂ξ + ∂u ∂η ] ∂η ∂x = [ ∂2u ∂ξ2 + ∂2u ∂ξ∂η ] (1) + [ ∂2u ∂ξ∂η + ∂2u ∂η2 ] (1) = ∂2u ∂ξ2 + 2 ∂2u ∂ξ∂η + ∂2u ∂η2 ; ∂u ∂y = ∂u ∂ξ ∂ξ ∂y + ∂u ∂η ∂η ∂y = ∂u ∂ξ − ∂u ∂η et ∂2u ∂y2 = ∂ ∂ξ [ ∂u ∂ξ − ∂u ∂η ] ∂ξ ∂y + ∂ ∂η [ ∂u ∂ξ − ∂u ∂η ] ∂η ∂y = [ ∂2u ∂ξ2 − ∂ 2u ∂ξ∂η ] (1) + [ ∂2u ∂ξ∂η − ∂ 2u ∂η2 ] (−1) = ∂2u ∂ξ2 − 2 ∂ 2u ∂ξ∂η + ∂2u ∂η2 . Conséquemment ∂2u ∂x2 − ∂ 2u ∂y2 = 0 devient 4 ∂2u ∂ξ ∂η = 0. Il nous suffit donc de résoudre l’EDP ∂2u ∂ξ∂η = 0. Mais nous avons ∂2u ∂ξ ∂η = ∂ ∂ξ [ ∂u ∂η ] = 0 ⇒ ∂u ∂η = f(η) et u(ξ, η) = ∫ f(η) dη + g(ξ) = h(η) + g(ξ), 144 Si nous considérons les conditions initiales: x0 = τ , t0 = 0 et u0 = f(τ), alors nous obtenons les courbes caractéristiques: s 7→ (x(s, τ), t(s, τ), u(s, τ)) = (c s+ τ, s, f(τ) e−λs). Il est possible de déterminer la fonction inverse de (s, τ) 7→ (x(s, τ), t(s, τ)). En effet{ c s+ τ = x s = t } ⇒ { s = t τ = x− c s = x− c t } . Donc si nous exprimons u en fonction de x et t plutôt que s et τ , nous obtenons u(x, t) = f(x − ct) e−λt. Cette fonction est la solution du problème. Nous pouvons vérifier ceci facilement. En effet nous avons ∂u ∂t = −cf ′(x− ct)e−λt + (−λ)f(x− ct)e−λt et ∂u ∂x = f ′(x− ct)e−λt. Conséquemment ∂u ∂t + c ∂u ∂x + λu = −cf ′(x− ct)e−λt + (−λ)f(x− ct)e−λt + cf ′(x− ct)e−λt + λf(x− ct)e−λt = 0 et u(x, 0) = f(x− c(0)) e−λ 0 = f(x). Exercice 2.3 a) Si f(x) = x et g(x) = 0, alors la solution de d’Alembert est u(x, t) = 1 2c ∫ x+ct x−ct g(λ) dλ+ 1 2 (f(x+ ct) + f(x− ct)) = 1 2c ∫ x+ct x−ct 0 dλ+ 1 2 ((x+ ct) + (x− ct)) = x. b) Si f(x) = 0 et g(x) = x, alors la solution de d’Alembert est u(x, t) = 1 2c ∫ x+ct x−ct g(λ) dλ+ 1 2 (f(x+ ct) + f(x− ct)) = 1 2c ∫ x+ct x−ct λ dλ+ 1 2 (0 + 0) = 1 2c ( λ2 2 ]λ=x+ct λ=x−ct = 1 4c ( (x+ ct)2 − (x− ct)2 ) = xt. c) Si f(x) = sin(x) et g(x) = −c cos(x), alors la solution de d’Alembert est u(x, t) = 1 2c ∫ x+ct x−ct g(λ) dλ+ 1 2 ( f(x+ ct) + f(x− ct) ) = 1 2c ∫ x+ct x−ct −c cos(λ) dλ+ 1 2 ( sin(x+ ct) + sin(x− ct) ) = 1 2c ( − c sin(λ) ]λ=x+ct λ=x−ct + 1 2 ( sin(x+ ct) + sin(x− ct) ) = −1 2 ( sin(x+ ct)− sin(x− ct) ) + 1 2 ( sin(x+ ct) + sin(x− ct) ) = sin(x− ct). d) Si f(x) = sin(x) et g(x) = c cos(x), alors la solution de d’Alembert est u(x, t) = 1 2c ∫ x+ct x−ct g(λ) dλ+ 1 2 ( f(x+ ct) + f(x− ct) ) = 1 2c ∫ x+ct x−ct c cos(λ) dλ+ 1 2 ( sin(x+ ct) + sin(x− ct) ) = 1 2c ( c sin(λ) ]λ=x+ct λ=x−ct + 1 2 ( sin(x+ ct) + sin(x− ct) ) = 1 2 ( sin(x+ ct)− sin(x− ct) ) + 1 2 ( sin(x+ ct) + sin(x− ct) ) = sin(x+ ct). 147 Exercice 2.4 Considérons le système d’équations différentielles ordinaires dt ds = 1 et dx ds = ex. Nous pouvons résoudre ces équations par séparation de variables: dt ds = 1 ⇒ dt = ds ⇒ ∫ dt = ∫ ds+ constante ⇒ t = s+ t0 et dx ds = ex ⇒ dx ex = ds ⇒ ∫ e−x dx = ∫ ds+ constante ⇒ −e−x = s+ constante ⇒ x(s) = − ln(−s+ constante) ⇒ x(s) = − ln(−s+ e−x0) = ln ( 1 e−x0 − s ) . Dans ce dernier cas, nous avons posé comme condition initiale x(0) = x0. Si nous considérons maintenant u comme une fonction de s, i.e. u(s) = u(x(s), t(s)), alors par la règle de chaines et le fait que u est une solution de l’EDP, nous obtenons du ds = ∂u ∂x dx ds + ∂u ∂t dt ds = ex ∂u ∂x + ∂u ∂t = 0. Cette équation différentielle ordinaire peut facilement être résolue. Nous obtenons u(s) = u0. Si nous prenons maintenant comme condition initiale: x0 = τ , t0 = 0 et u0 = τ , nous obtenons pour chaque τ , la courbe caractéristique s 7→ (x(s, τ), t(s, τ), u(s, τ)) = ( ln ( 1 e−τ − s ) , s, τ ) . La fonction (s, τ) 7→ (x(s, τ), t(s, τ)) a une fonction inverse. En effet, s = t et x = ln ( 1 e−τ − s ) = ln ( 1 e−τ − t ) ⇒ e−x = (e−τ − t) ⇒ e−x + t = e−τ ⇒ ln(e−x + t) = −τ nous permet de conclure finalement que τ = ln ( 1 e−x + t ) . La solution du problème est u(x, t) = ln ( 1 e−x + t ) = ln ( ex 1 + tex ) = x− ln(1 + tex) en substituant l’expression pour τ dans u(s, τ) = τ par leurs valeurs en fonction de x et t. Nous pouvons vérifier que cette fonction est bien une solution du problème. En effet, nous avons ∂u ∂x = 1− ( 1 1 + tex ) tex et ∂u ∂t = − ( 1 1 + tex ) ex. Donc ∂u ∂t + ex ∂u ∂x = − ( 1 1 + tex ) ex + ex ( 1− ( 1 1 + tex ) tex ) = 0 148 et u(x, 0) = x. Exercice 2.5 a) Nous pouvons écrire l’EDP sous la forme( ∂ ∂t + c ∂ ∂x )( ∂ ∂t − c ∂ ∂x ) u = F (x, t). En effet, nous obtenons( ∂ ∂t + c ∂ ∂x )( ∂ ∂t − c ∂ ∂x ) u = ( ∂ ∂t + c ∂ ∂x )( ∂u ∂t − c∂u ∂x ) = ∂2u ∂t2 − c ∂ 2u ∂t ∂x + c ∂2u ∂x ∂t − c2 ∂ 2u ∂x2 = ∂2u ∂t2 − c2 ∂ 2u ∂x2 = F (x, t) en supposant que les dérivées partielles d’ordre 2 de u sont continues et conséquemment que ∂2u ∂t ∂x = ∂2u ∂x ∂t . Si nous considérons ( ∂ ∂t + c ∂ ∂x )( ∂u ∂t − c∂u ∂x ) ︸ ︷︷ ︸ v = F (x, t) nous obtenons bien le système (∗)  ∂u ∂t − c∂u ∂x = v ∂v ∂t + c ∂v ∂x = F (x, t). b) Pour déterminer la solution u, il nous faut premièrement déterminer v tel que ∂v ∂t + c ∂v ∂x = F (x, t). Les conditions initiales u(x, 0) = f(x) et ∂u∂t (x, 0) = g(x) signifient en utilisant la première équation de (∗) que v(x, 0) = ∂u ∂t (x, 0)− c∂u ∂x (x, 0) = g(x)− cf ′(x). Nous avons donc comme problème à résoudre ∂v ∂t + c ∂v ∂x = F (x, t) avec comme condition initiale v(x, 0) = g(x)− cf ′(x). Il nous faut donc considérer le système d’équations différentielles ordinaires dt ds = 1 et dx ds = c. Ces équations peuvent être résolues par séparation de variables: dt ds = 1 ⇒ dt = ds ⇒ ∫ dt = ∫ ds+ constante ⇒ t = s+ t′0 149 avec R′ = { (α, β) ∈ R2 ∣∣∣∣0 ≤ β, − α2c − β2 ≥ −(c t+ x)2c , − α2c + β2 ≤ (c t− x)2c }. Comme c > 0, alors R′ = {(α, β) ∈ R2 | 0 ≤ β, α + c β ≤ (x + c t), α − c β ≥ (x − c t)} et R′ est l’intérieur dans le plan des α, β du triangle dont les sommets: (x− c t, 0), (x+ c t, 0) et (x, t). Nous obtenons finalement que u(x, t) = 1 2c ∫ t 0 ∫ x+c t−c β x−c t+cβ F (α, β) dα dβ + 1 2c ∫ x+c t x−c t g(λ) dλ+ 1 2 ( f(x+ c t) + f(x− c t) ) Chapitre 3 Exercice 3.1 i) Pour l’équation x ∂2u ∂x2 − xy ∂ 2u ∂x ∂y + y2 ∂2u ∂y2 − 3∂u ∂x = 0 alors B2 − 4AC = (−xy)2 − 4(x)(y2) = x2y2 − 4xy2 = xy2(x− 4). Pour déterminer le signe de B2 − 4AC, il nous faut premièrement déterminer les points (x, y) ∈ R2 tels que B2 − 4AC = xy2(x − 4) = 0. Nous obtenons ainsi que soit x = 0, soit y = 0 ou soit x = 4. Pour chacune des régions de R2 \ ({(x, y) ∈ R2 | x = 0}∪ {(x, y) ∈ R2 | y = 0}∪ {(x, y) ∈ R2 | x = 4}), nous pouvons déterminer les signes de B2 − 4AC. Nous avons indiqué ces signes ci-dessous. x = 0 x = 4 y = 0 + + - - + + 152 L’équation est hyperbolique sur la région hachurée ci-dessous x = 0 x = 4 y = 0 L’équation est elliptique sur la région hachurée ci-dessous x = 0 x = 4 y = 0 L’équation est parabolique sur les deux droites verticales: x = 0 et x = 4, ainsi que sur la droite horizontale y = 0. ii) Pour l’équation x ∂2u ∂x2 + xy ∂2u ∂x ∂y + y ∂2u ∂y2 − (x+ 3)∂u ∂y = u alors B2 − 4AC = (xy)2 − 4(x)(y) = xy(xy − 4). Pour déterminer le signe de B2 − 4AC, il nous faut premièrement déterminer les points (x, y) ∈ R2 tels que B2 − 4AC = xy(xy − 4) = 0. Nous obtenons ainsi que soit x = 0, soit y = 0 ou soit xy = 4. Les points (x, y) ∈ R2 tels que xy = 4 est une hyperbole dont les asymptotes sont les axes des x et des y. Pour chacune des régions de R2 \({(x, y) ∈ R2 | x = 0}∪{(x, y) ∈ R2 | y = 0}∪{(x, y) ∈ R2 | xy = 4}), nous pouvons déterminer les signes de B2 − 4AC. Nous avons indiqué ces signes ci-dessous. 153 ++ + + - - x = 0 y = 0 xy = 4 L’équation est hyperbolique sur la région hachurée ci-dessous x = 0 y = 0 xy = 4 L’équation est elliptique sur la région hachurée ci-dessous x = 0 y = 0 xy = 4 L’équation est parabolique sur la droite verticale: x = 0, la droite horizontale y = 0, ainsi que sur l’hyperbole xy = 4. iii) Pour l’équation ex ∂2u ∂x2 + x ∂2u ∂x ∂y − ∂ 2u ∂y2 + 5y ∂u ∂x = ex 154 hyperbolique aux points (x, y) où x 6= 0 et y 6= 0. En d’autres mots, l’équation est hyperbolique pour tous les points qui ne sont pas sur les axes des x et des y. Les équations caractéristiques sont dy dx = B + √ B2 − 4AC 2A = (−xy) + √ 9x2y2 2(2y2) = x 2y et dy dx = B − √ B2 − 4AC 2A = (−xy)− √ 9x2y2 2(2y2) = −x y . Nous pouvons résoudre ces deux équations différentielles ordinaires en utilisant la méthode de séparation de variables. dy dx = x 2y ⇒ 2y dy = x dx ⇒ ∫ 2y dy = ∫ x dx ⇒ y2 = x 2 2 + c. Nous pouvons donc considérer la coordonnée caractéristique ξ(x, y) = y2 − x2/2. dy dx = −x y ⇒ y dy = −x dx ⇒ ∫ y dy = − ∫ x dx ⇒ y 2 2 = −x 2 2 + c. Nous pouvons donc considérer la coordonnée caractéristique η(x, y) = x2/2 + y2/2. Les coordonnées caractéristiques sont ξ(x, y) = y2 − x2/2 et η(x, y) = x2/2 + y2/2. Nous pouvons maintenant effectuer le changement de variables. Par la règle de chaines, nous avons ∂u ∂x = ∂u ∂ξ ∂ξ ∂x + ∂u ∂η ∂η ∂x = −x∂u ∂ξ + x ∂u ∂η , ∂u ∂y = ∂u ∂ξ ∂ξ ∂y + ∂u ∂η ∂η ∂y = 2y ∂u ∂ξ + y ∂u ∂η , ∂2u ∂x2 = −∂u ∂ξ + (−x) ( ∂2u ∂ξ2 ∂ξ ∂x + ∂2u ∂ξ ∂η ∂η ∂x ) + ∂u ∂η + x ( ∂2u ∂ξ ∂η ∂ξ ∂x + ∂2u ∂η2 ∂η ∂x ) = x2 ∂2u ∂ξ2 + (−2x2) ∂ 2u ∂ξ ∂η + x2 ∂2u ∂η2 − ∂u ∂ξ + ∂u ∂η ∂2u ∂x ∂y = −x ( ∂2u ∂ξ2 ∂ξ ∂y + ∂2u ∂η ∂ξ ∂η ∂y ) + x ( ∂2u ∂ξ ∂η ∂ξ ∂y + ∂2u ∂η2 ∂η ∂y ) = −2xy∂ 2u ∂ξ2 + xy ∂2u ∂ξ ∂η + xy ∂2u ∂η2 ∂2u ∂y2 = 2 ∂u ∂ξ + 2y ( ∂2u ∂ξ2 ∂ξ ∂y + ∂2u ∂η ∂ξ ∂η ∂y ) + ∂u ∂η + y ( ∂2u ∂ξ ∂η ∂ξ ∂y + ∂2u ∂η2 ∂η ∂y ) = 4y2 ∂2u ∂ξ2 + 4y2 ∂2u ∂ξ ∂η + y2 ∂2u ∂η2 + 2 ∂u ∂ξ + ∂u ∂η . Noter que y2 = 2(ξ + η)/3 et x2 = (−2ξ + 4η)/3. En substituant ceci dans l’équation, nous obtenons − 9x2y2 ∂ 2u ∂ξ ∂η + (−2y2 − 2x2 − 4xy)∂u ∂ξ + (2y2 − x2 + 4xy)∂u ∂η − 3u = 0 ⇒ ∂2u ∂ξ ∂η + 2(x+ y)2 9x2y2 ∂u ∂ξ − (2y 2 − x2 + 4xy) 9x2y2 ∂u ∂η + 1 3x2y2 u = 0 Nous allons maintenant décrire l’équation canonique pour le premier quadrant du plan, à savoir les points (x, y) tels que x > 0 et y > 0. Donc x = √ (−2ξ + 4η) 3 et y = √ 2(ξ + η) 3 Pour les autres quadrants, il suffit d’ajuster les signes devant les radicaux. Finalement ∂2u ∂ξ ∂η + (√ 2(ξ + η)/3 + √ (−2ξ + 4η)/3 )2 (ξ + η)(−2ξ + 4η) ∂u ∂ξ − 2ξ + 4 √ 2(ξ + η)(−2ξ + 4η)/9 2(ξ + η)(−2ξ + 4η) ∂u ∂η + 3 2(−2ξ + 4η)(ξ + η) = 0 157 Si nous avions utilisé les coordonnées α = ξ + η = 3y2/2 et β = ξ − η = (y2/2) − x2, alors nous obtiendrions la deuxième forme de l’équation canonique. Dans ce cas, nous aurions ∂2u ∂α2 − ∂ 2u ∂β2 + 1 2α ∂u ∂α + ( √ α− 3β + 8 √ 2α) 6α √ α− 3β ∂u ∂β + 3 2α(α− 3β) u = 0. ii) Pour l’équation x2 ∂2u ∂x2 − xy ∂ 2u ∂x ∂y − 6y2 ∂ 2u ∂y2 + ∂u ∂x = 0 nous avons B2 − 4AC = (−xy)2 − 4(x2)(−6y2) = 25x2y2. Donc B2 − 4AC = 0 si et seulement si x = 0 ou y = 0. De plus comme 25x2y2 ≥ 0, alors B2 − 4AC > 0 si et seulement si x 6= 0 et y 6= 0. Donc l’équation est hyperbolique aux points (x, y) où x 6= 0 et y 6= 0. En d’autres mots, l’équation est hyperbolique pour tous les points qui ne sont pas sur les axes des x et des y. Les équations caractéristiques sont dy dx = B + √ B2 − 4AC 2A = (−xy) + √ 25x2y2 2x2 = 2y x , dy dx = B − √ B2 − 4AC 2A = (−xy)− √ 25x2y2 2x2 = −3y x . Nous pouvons résoudre ces équations caractéristiques par la méthode de séparation de variables. dy dx = 2y x ⇒ dy 2y = dx x ⇒ ∫ dy 2y = ∫ dx x ⇒ 1 2 ln(y) = ln(x) + constante ⇒ y = x2c ⇒ x−2y = c où c est une constante. Nous pouvons donc considérer la coordonnée caractéristique ξ(x, y) = x−2y. dy dx = −3y x ⇒ dy −3y = dx x ⇒ ∫ dy −3y = ∫ dx x ⇒ −1 3 ln(y) = ln(x) + constante ⇒ y = x−3c′ ⇒ x3y = c′ où c′ est une constante. Nous pouvons donc considérer la coordonnée caractéristique η(x, y) = x3y. Les coordonnées caractéristiques sont ξ(x, y) = x−2y et η(x, y) = x3y Par la règle de chaines, nous obtenons ∂u ∂x = ∂u ∂ξ ∂ξ ∂x + ∂u ∂η ∂η ∂x = −2x−3y ∂u ∂ξ + 3x2y ∂u ∂η , ∂u ∂y = ∂u ∂ξ ∂ξ ∂y + ∂u ∂η ∂η ∂y = x−2 ∂u ∂ξ + x3 ∂u ∂η ∂2u ∂x2 = 6x−4y ∂u ∂ξ − 2x−3y ( ∂2u ∂ξ2 ∂ξ ∂x + ∂2u ∂η ∂ξ ∂η ∂x ) + 6xy ∂u ∂η + 3x2y ( ∂2u ∂ξ ∂η ∂ξ ∂x + ∂2u ∂η2 ∂η ∂x ) = 4x−6y2 ∂2u ∂ξ2 − 12x−1y2 ∂ 2u ∂η ∂ξ + 9x4y2 ∂2u ∂η2 + 6x−4y ∂u ∂ξ + 6xy ∂u ∂η ∂2u ∂x ∂y = −2x−3 ∂u ∂ξ − 2x−3y ( ∂2u ∂ξ2 ∂ξ ∂y + ∂2u ∂ξ ∂η ∂η ∂y ) + 3x2 ∂u ∂η + 3x2y ( ∂2u ∂ξ ∂η ∂ξ ∂y + ∂2u ∂η2 ∂η ∂y ) = −2x−5y ∂ 2u ∂ξ2 + y ∂2u ∂ξ ∂η + 3x5y ∂2u ∂η2 − 2x−3 ∂u ∂ξ + 3x2 ∂u ∂η 158 ∂2u ∂y2 = x−2 ( ∂2u ∂ξ2 ∂ξ ∂y + ∂2u ∂ξ ∂η ∂η ∂y ) + x3 ( ∂2u ∂ξ ∂η ∂ξ ∂y + ∂2u ∂η2 ∂η ∂y ) = x−4 ∂2u ∂ξ2 + 2x ∂2u ∂ξ ∂η + x6 ∂2u ∂η2 . En substituant dans l’équation, nous obtenons (−25xy2) ∂ 2u ∂ξ ∂η + (8x−2y − 2x−3y)∂u ∂ξ + (3x3y + 3x2y) ∂u ∂η = 0 ⇒ ∂2u ∂ξ ∂η − 2(4x− 1) 25x4y ∂u ∂ξ − 3x(x+ 1) 25y ∂u ∂η = 0. Noter que x5 = η/ξ et y5 = ξ3η2. Nous pouvons substituer dans l’équation ci-dessus. L’équation canonique correspondante est ∂2u ∂ξ ∂η − 2(4η 1/5 − ξ1/5)) 25η6/5 ∂u ∂ξ − 3(η 1/5 + ξ1/5) 25ξη1/5 ∂u ∂η = 0. Il existe aussi une deuxième forme de l’équation canonique en considérant les coordonnées α = ξ + η et β = ξ − η. Nous laissons aux étudiants le soin de calculer cette dernière. Exercice 3.3 Pour l’équation x2 ∂2u ∂x2 − 2xy ∂ 2u ∂x ∂y + y2 ∂2u ∂y2 − ∂u ∂x = 0, nous avons B2 − 4AC = (−2xy)2 − 4x2y2 = 0 pour tout (x, y) ∈ R2. Cette équation est parabolique sur tout le plan R2. Dans le cas parabolique, il n’y a qu’une seule équation caractéristique dy dx = B ± √ B2 − 4AC 2A = B 2A = −2xy 2x2 = −y x . Nous pouvons résoudre cette équation par séparation de variables dy dx = −y x ⇒ dy y = −dx x ⇒ ∫ dy y = − ∫ dx x ⇒ ln(y) = − ln(x) + constante ⇒ xy = c. Une des coordonnées caractéristiques est ξ(x, y) = xy. Comme autre coordonnée caractéristique, il suffit de choisir une fonction η(x, y) telle que ∂(ξ,η)∂(x,y) 6= 0. Il y a beaucoup de choix, par exemple η(x, y) = x satisfait cette propriété si nous nous restreignons au domaine obtenu en prenant le complément de l’axe des y dans le plan. Nous allons par la suite utiliser η(x, y) = x sur ce domaine. Nous obtenons donc par la règle de chaines ∂u ∂x = ∂u ∂ξ ∂ξ ∂x + ∂u ∂η ∂η ∂x = y ∂u ∂ξ + ∂u ∂η , ∂u ∂y = ∂u ∂ξ ∂ξ ∂y + ∂u ∂η ∂η ∂y = x ∂u ∂ξ ∂2u ∂x2 = y ( ∂2u ∂ξ2 ∂ξ ∂x + ∂2u ∂ξ ∂η ∂η ∂x ) + ( ∂2u ∂ξ ∂η ∂ξ ∂x + ∂2u ∂η2 ∂η ∂x ) = y2 ∂2u ∂ξ2 + 2y ∂2u ∂ξ ∂η + ∂2u ∂η2 ∂2u ∂x ∂y = ∂u ∂ξ + y ( ∂2u ∂ξ2 ∂ξ ∂y + ∂2u ∂ξ ∂η ∂η ∂y ) + ( ∂2u ∂ξ ∂η ∂ξ ∂y + ∂2u ∂η2 ∂η ∂y ) = xy ∂2u ∂ξ2 + x ∂2u ∂ξ ∂η + ∂u ∂ξ ∂2u ∂y2 = x ( ∂2u ∂ξ2 ∂ξ ∂y + ∂2u ∂ξ ∂η ∂η ∂y ) = x2 ∂2u ∂ξ2 . 159 Exercice 3.6 a) Il nous faut calculer ∂c∂S et ∂2c ∂S2 en fonction de ∂c ∂y et ∂2c ∂y2 en utilisant la règle de chaines. Nous avons S = ey. ∂c ∂S = ∂c ∂y ∂y ∂S + ∂c ∂τ ∂τ ∂S = 1 S ∂c ∂y = e−y ∂c ∂y et ∂2c ∂S2 = ∂ ∂S ( 1 S ∂c ∂y ) = (−1)S−2 ∂c ∂y + 1 S ∂ ∂S ( ∂c ∂y ) = −1 S2 ∂c ∂y + 1 S ( ∂ ∂y ( ∂c ∂y ) ∂y ∂S + ∂ ∂τ ( ∂c ∂y ) ∂τ ∂S ) = −1 S2 ∂c ∂y + 1 S2 ∂2c ∂y2 = −e−2y ∂c ∂y + e−2y ∂2c ∂y2 . En remplacant dans l’équation de Black-Scholes avec S = ey, nous obtenons ∂c ∂τ = σ2 2 e2y [ −e−2y ∂c ∂y + e−2y ∂2c ∂y2 ] + rey [ e−y ∂c ∂y ] − rc ⇒ ∂c ∂τ = σ2 2 ∂2c ∂y2 + ( r − σ 2 2 ) ∂c ∂y − rc. C’est ce qu’il fallait démontrer. b) Il nous faut écrire ∂c∂τ , ∂c ∂y et ∂2c ∂y2 en fonction de ∂u ∂τ , ∂u ∂y et ∂2u ∂y2 . Nous avons ∂c ∂τ = ∂ ∂τ ( e−rτu(y, τ) ) = −re−rτu+ e−rτ ∂u ∂τ , ∂c ∂y = e−rτ ∂u ∂y et ∂2c ∂y2 = e−rτ ∂2u ∂y2 . Donc l’EDP de (a) devient −re−rτu+ e−rτ ∂u ∂τ = σ2 2 e−rτ ∂2u ∂y2 + ( r − σ 2 2 ) e−rτ ∂u ∂y − re−rτu et nous obtenons ∂u ∂τ = σ2 2 ∂2u ∂y2 + ( r − σ 2 2 ) ∂u ∂y . C’est ce qu’il fallait démontrer. Chapitre 4 Exercice 4.1 a) f(x) = x + 2x2 + 3x3 n’est ni pair, ni impair. En effet, f(−1) = −2 et f(1) = 6; conséquemment f(−1) 6= f(1) ainsi que f(−1) 6= −f(1). b) f(x) = x2 + 5x4 est une fonction paire, car f(−x) = (−x)2 + 5(−x)4 = x2 + 5x4 = f(x) pour tout x ∈ R. c) f(x) = x2 sin(x) est une fonction impaire, car f(−x) = (−x)2 sin(−x) = −x2 sin(x) = −f(x) pour tout x ∈ R. d) f(x) = x2ex n’est ni pair, ni impair. En effet, f(−1) = (−1)2e−1 = 1/e et f(1) = e; conséquemment f(−1) 6= −f(1) et f(−1) 6= f(1). Nous utilisons le fait que e > 1 pour vérifier ces inégalités. e) f(x) = sinh(x) = (ex−e−x)/2 est une fonction impaire, car f(−x) = (e−x−e−(−x))/2 = −(ex−e−x)/2 = −f(x) pour tout x ∈ R. Exercice 4.2∫ 1 −1 (1)(x) dx = ( x2 2 ]1 −1 = 0 ⇒ les fonctions 1 et x sont orthogonales entre elles. 162 ∫ 1 −1 (1) ( 3x2 − 1 2 ) dx = ( x3 − x 2 ]1 −1 = 0 ⇒ les fonctions 1 et (3x 2 − 1) 2 sont orthogonales entre elles. ∫ 1 −1 (x) ( 3x2 − 1 2 ) dx = ∫ 1 −1 (3x3 − x) 2 dx = ( 3x4 8 − x 2 4 ]1 −1 = 0 ⇒ les fonctions x et (3x 2 − 1) 2 sont orthogonales entre elles. Exercice 4.3 a) La série de Fourier sera de la forme a0 2 + ∞∑ k=1 (ak cos(kx) + bk sin(kx)). Alors a0 = 1 π ∫ π −π f(x) dx = 1 π {∫ 0 −π x dx+ ∫ π 0 c dx } = 1 π {( x2 2 ]0 −π + ( cx ]π 0 } = ( c− π 2 ) . et, pour k ≥ 1, ak = 1 π ∫ π −π f(x) cos(kx) dx = 1 π {∫ 0 −π x cos(kx) dx+ ∫ π 0 c cos(kx) dx } = 1 π {( x sin(kx) k ]0 −π − ∫ 0 −π sin(kx) k dx+ ( c sin(kx) k ]π 0 } = 1 π ( cos(kx) k2 ]0 −π = ( 1 + (−1)k+1 k2π ) et bk = 1 π ∫ π −π f(x) sin(kx) dx = 1 π {∫ 0 −π x sin(kx) dx+ ∫ π 0 c sin(kx) dx } = 1 π {( −x cos(kx) k ]0 −π + ∫ 0 −π cos(kx) k dx− ( c cos(kx) k ]π 0 } = 1 π {( (−1)k+1π k ) + ( sin(kx) k2 ]0 −π − ( c((−1)k − 1) k )} = ( 1 + (−1)k+1(c+ π) kπ ) . Donc la série de Fourier de f(x) est 1 2 ( c− π 2 ) + ∞∑ k=1 [( 1 + (−1)k+1 k2π ) cos(kx) + ( 1 + (−1)k+1(c+ π) kπ ) sin(kx) ] b) La série de Fourier sera de la forme a0 2 + ∞∑ k=1 (ak cos(kx) + bk sin(kx)). Alors a0 = 1 π ∫ π −π f(x) dx = 1 π {∫ 0 −π dx+ ∫ π 0 x2 dx } = 1 π {( x ]0 −π + ( x3 3 ]π 0 } = ( 1 + π2 3 ) . 163 et, pour k ≥ 1, ak = 1 π ∫ π −π f(x) cos(kx) dx = 1 π {∫ 0 −π cos(kx) dx+ ∫ π 0 x2 cos(kx) dx } = 1 π {( sin(kx) k ]0 −π + ( x2 sin(kx) k ]π 0 − ∫ π 0 2x sin(kx) k dx } = −2 kπ {( −x cos(kx) k ]π 0 − ∫ π 0 − cos(kx) k dx } = −2 kπ {( π(−1)k+1 k ) + ( sin(kx) k2 ]π 0 } = ( 2 (−1)k k2 ) et bk = 1 π ∫ π −π f(x) sin(kx) dx = 1 π {∫ 0 −π sin(kx) dx+ ∫ π 0 x2 sin(kx) dx } = 1 π {( − cos(kx) k ]0 −π − ( x2 cos(kx) k ]π 0 + ∫ π 0 2x cos(kx) k dx } = 1 π { ((−1)k − 1) k − π 2(−1)k k + ( 2x sin(kx) k2 ]π 0 − ∫ π 0 2 sin(kx) k2 dx } = 1 π { ((−1)k − 1) k − π 2(−1)k k + ( 2 cos(kx) k3 ]π 0 } = 1 π { ((−1)k − 1) k − π 2(−1)k k + 2 ((−1)k − 1) k3 } = 1 π { (π2 − 1)(−1)k+1 − 1 k − 2 ((−1) k+1 + 1) k3 } . Donc la série de Fourier de f(x) est 1 2 ( 1 + π2 3 ) + ∞∑ k=1 [( 2 (−1)k k2 ) cos(kx) + ( (π2 − 1)(−1)k+1 − 1 kπ − 2 ((−1) k+1 + 1) k3π ) sin(kx) ] c) La série de Fourier sera de la forme a0 2 + ∞∑ k=1 (ak cos(kx) + bk sin(kx)). Alors a0 = 1 π ∫ π −π f(x) dx = 1 π ∫ π −π (x+ sin(x)) dx = 1 π ( x2 2 − cos(x) ]π −π = 0. et, pour k ≥ 1, ak = 1 π ∫ π −π (x+ sin(x)) cos(kx) dx = 1 π {∫ π −π x cos(kx) dx+ ∫ π −π sin(x) cos(kx) dx } = 1 π {( x sin(kx) k ]π −π − ∫ π −π sin(kx) k dx } car ∫ π −π sin(x) cos(kx) dx = 0 par l’orthogonalité. = 1 kπ ( cos(kx) k ]π −π = 0 164 Donc la série de Fourier est( 1 + π2 3 ) + ∞∑ k=1 [( (−1)k+14 k2 ) cos(kx) + ( (−1)k+12 k ) sin(kx) ] . Exercice 4.4 Montrons que ∫ a+p a f(x) dx = ∫ b+p b f(x) dx. Nous supposerons que b ≥ a. En utilisant la substitution u = x + (b − a), nous avons du = dx et ∫ a+p a f(x) dx = ∫ b+p b f(u − (b − a)) du. Nous pouvons écrire (b− a) = np+ r où n ∈ N et 0 ≤ r < p. Alors f(u− (b− a)) = f(u−np− r) = f(u− r) car f est périodique de période p. Donc∫ a+p a f(x) dx = ∫ b+p b f(u− r) du = ∫ b+r b f(u− r) du+ ∫ b+p b+r f(u− r) du. Mais en utilisant la substitution v = u + p alors dv = du et ∫ b+r b f(u − r) du = ∫ b+r b f(u − r + p) du =∫ b+p+r b+p f(v − r) dv. Donc∫ a+p a f(x) dx = ∫ b+p b+r f(u− r) du+ ∫ b+p+r b+p f(u− r) du = ∫ b+p+r b+r f(u− r) du = ∫ b+p b f(w) dw en utilisant la substitution w = u− r avec dw = du. Exercice 4.5 a) f(x) = x2 sur [0, π] aura comme série de Fourier impaire ∑∞ k=1 bk sin(kx) où bk = 2 π ∫ π 0 f(x) sin(kx) = 2 π ∫ π 0 x2 sin(kx) dx = 2 π {( −x 2 cos(kx) k ]π 0 + ∫ π 0 2x cos(kx) k dx } = 2 π {( (−1)k+1π2 k ) + ( 2x sin(kx) k2 ]π 0 − ∫ π 0 2 sin(kx) k2 dx } = 2 π {( (−1)k+1π2 k ) + ( 2 cos(kx) k3 ]π 0 } = 2 π {( (−1)k+1π2 k ) + ( ((−1)k − 1)2 k3 )} La série de Fourier impaire sera ∞∑ k=1 [( (−1)k+12π k ) + ( ((−1)k − 1)4 k3π )] sin(kx) b) La série de Fourier impaire de la fonction f(x) =  1, si 0 ≤ x ≤ π/2;2, si π/2 < x ≤ π; sera de la forme ∑∞ k=1 bk sin(kx) où bk = 2 π ∫ π 0 f(x) sin(kx) dx = 2 π {∫ π/2 0 sin(kx) dx+ ∫ π π/2 2 sin(kx) dx } = 2 π {( − cos(kx) k ]π/2 0 + ( −2 cos(kx) k ]π π/2 } = 2 kπ [ 1 + cos(kπ/2) + (−1)k+12 ] . 167 Donc la série de Fourier impaire recherchée est ∞∑ k=1 2 kπ [ 1 + cos(kπ/2) + (−1)k+12 ] sin(kx) c) f(x) = cos(x) sur l’intervalle [0, π] a comme série de Fourier impaire ∑∞ k=1 bk sin(kx) où bk = 2 π ∫ π 0 f(x) sin(kx) dx = 2 π ∫ π 0 cos(x) sin(kx) dx = 2 π ∫ π 0 sin((k + 1)x) + sin((k − 1)x) 2 dx =  2 π ( cos((k + 1)x) 2(k + 1) + cos((k − 1)x) 2(k − 1) ]π 0 , si k > 1 2 π ( cos((k + 1)x) 2(k + 1) ]π 0 , si k = 1 =  2k((−1)k+1 − 1) π(k2 − 1) , si k > 1 0, si k = 1. Donc la série de Fourier impaire recherchée est ∞∑ k=2 2k((−1)k+1 − 1) π(k2 − 1) sin(kx) Exercice 4.6 a) f(x) = x2 sur [0, π] aura comme série de Fourier paire a0 2 + ∞∑ k=1 ak cos(kx) où ak = 2 π ∫ π 0 f(x) cos(kx) dx. Ici nous obtenons a0 = 2 π ∫ π 0 x2 dx = 2 π ( x3 3 ]π 0 = 2π2 3 et, si k ≥ 1, ak = 2 π ∫ π 0 x2 cos(kx) dx = 2 π {( x2 sin(kx) k ]π 0 − ∫ π 0 2x sin(kx) k dx } = − 4 kπ ∫ π 0 x sin(kx) dx = − 4 kπ { − ( x cos(kx) k ]π 0 + ∫ π 0 cos(kx) k dx } = − 4 kπ { − ( x cos(kx) k ]π 0 + ( sin(kx) k2 ]π 0 } = (−1)k 4 k2 . Donc la série de Fourier paire recherchée est π2 3 + ∞∑ k=1 (−1)k 4 k2 cos(kx). b) f(x) = sin(2x) sur [0, π] aura comme série de Fourier paire a0 2 + ∞∑ k=1 ak cos(kx) où ak = 2 π ∫ π 0 f(x) cos(kx) dx. 168 Ici nous obtenons a0 = 2 π ∫ π 0 sin(2x) dx = − 2 π ( cos(2x) 2 ]π 0 = 0 et si k ≥ 1, ak = 2 π ∫ π 0 sin(2x) cos(kx) dx = 2 π ∫ π 0 sin((k + 2)x)− sin((k − 2)x) 2 dx =  2 π {( −cos((k + 2)x)2(k + 2) ]π 0 + ( cos((k − 2)x) 2(k − 2) ]π 0 } si k 6= 2 2 π {( −cos((k + 2)x)2(k + 2) ]π 0 } si k = 2 =  ((−1)k − 1) 4 (k2 − 4)π si k 6= 2 0 si k = 2. Donc la série de Fourier paire recherchée est( 2 3π + 2 π ) cos(x) + ∞∑ k=3 [ ((−1)k − 1) 4 (k2 − 4)π ] cos(kx). c) f(x) = ex sur l’intervalle [0, π] a comme série de Fourier paire a0 2 + ∞∑ k=1 ak cos(kx) où ak = 2 π ∫ π 0 f(x) cos(kx) dx. Ici nous obtenons a0 = 2 π ∫ π 0 ex dx = ( 2ex π ]π 0 = 2(eπ − 1) π et si k ≥ 1, ak = 2 π ∫ π 0 ex cos(kx) dx = 2 π {( ex sin(kx) k ]π 0 − ∫ π 0 ex sin(kx) k dx } = 2 kπ {( ex cos(kx) k ]π 0 − ∫ π 0 ex cos(kx) k dx } . Conséquemment ak ( 1 + 1 k2 ) = 2(eπ(−1)k − 1) πk2 ⇒ ak = 2(eπ(−1)k − 1) (k2 + 1)π . Donc la série de Fourier paire recherchée est (eπ − 1) π + ∞∑ k=1 [ 2(eπ(−1)k − 1) (k2 + 1)π ] cos(kx). Exercice 4.7 a) f(x) = e3x sur [−π, π] aura comme série de Fourier complexe ∞∑ k=−∞ ck e ikx où ck = 1 2π ∫ π −π f(x) e−ikx dx. 169 Pour 4.6 b), la série de Fourier paire converge vers (f̃paire((−π)+) + f̃paire((−π)−)) 2 = (0) + (0) 2 = 0 pour x0 = −π; (f̃paire((−π/2)+) + f̃paire((−π/2)−)) 2 = (0) + (0) 2 = 0 pour x0 = − π 2 ; (f̃paire(0+) + f̃paire(0−)) 2 = (0) + (0) 2 = 0 pour x0 = 0; (f̃paire((π/2)+) + f̃paire((π/2)−)) 2 = (0) + (0) 2 = 0 pour x0 = π 2 ; (f̃paire((π)+) + f̃paire((π)−)) 2 = (0) + (0) 2 = 0 pour x0 = −π. Pour 4.6 c), la série de Fourier paire converge vers (f̃paire((−π)+) + f̃paire((−π)−)) 2 = (eπ) + (eπ) 2 = eπ pour x0 = −π; (f̃paire((−π/2)+) + f̃paire((−π/2)−)) 2 = (eπ/2) + (eπ/2) 2 = eπ/2 pour x0 = − π 2 ; (f̃paire(0+) + f̃paire(0−)) 2 = (1) + (1) 2 = 1 pour x0 = 0; (f̃paire((π/2)+) + f̃paire((π/2)−)) 2 = (eπ/2) + (eπ/2) 2 = eπ/2 pour x0 = π 2 ; (f̃paire((π)+) + f̃paire((π)−)) 2 = (eπ) + (eπ) 2 = eπ pour x0 = −π. Exercice 5.2 a) La fonction f(x) = x2 sur [−π, π] est paire. Conséquemment sa série de Fourier est de la forme a0 2 + ∞∑ n=1 an cos(nx) avec a0 = 1 π ∫ π −π x2 dx = 1 π ( x3 3 ]π −π = 2π2 3 et, si n ≥ 1, an = 1 π ∫ π −π x2 cos(nx) dx = 1 π {( x2 sin(nx) n ]π −π − ∫ π −π 2x sin(nx) n dx } = − 2 nπ ∫ π −π x sin(nx) dx = − 2 nπ {( −x cos(nx) n ]π −π + ∫ π −π cos(nx) n dx } = 4(−1)n n2 − 2 nπ ( sin(nx) n2 ]π −π = 4(−1)n n2 . Donc la série de Fourier de f(x) = x2 sur [−π, π] est π2 3 + ∞∑ n=1 (−1)n4 n2 cos(nx). b) Ici f(x) est lisse par morceaux sur [−π, π]. Si nous considérons la valeur vers laquelle cette série de Fourier converge lorsque x = π, nous obtenons π2 3 + ∞∑ n=1 (−1)n4 n2 (−1)n = π2 = f̃(π) 172 parce que le prolongement périodique f̃ de f est continue à x = π et aussi parce que cos(nπ) = (−1)n. Donc 4 ∞∑ n=1 ( 1 n2 ) = π2 − π 2 3 ⇒ ∞∑ n=1 n−2 = π2 6 Exercice 5.3 a) La fonction f(x) = x4 sur [−π, π] est paire. Conséquemment sa série de Fourier est de la forme a0 2 + ∞∑ n=1 an cos(nx) avec a0 = 1 π ∫ π −π x4 dx = 1 π ( x5 5 ]π −π = 2π4 5 et, si n ≥ 1, an = 1 π ∫ π −π x4 cos(nx) dx = 1 π {( x4 sin(nx) n ]π −π − ∫ π −π 4x3 sin(nx) n dx } = − 4 nπ ∫ π −π x3 sin(nx) dx = − 4 nπ {( −x3 cos(nx) n ]π −π + ∫ π −π 3x2 cos(nx) n dx } = 8π2(−1)n n2 − 12 n2π ∫ π −π x2 cos(nx) dx. Mais nous avons vu au numéro 5.2 que 1 π ∫ π −π x2 cos(nx) dx = 4(−1)n n2 . Donc an = 8π2(−1)n n2 − 12 n2 ( 4(−1)n n2 ) = (−1)n [ 8π2 n2 − 48 n4 ] . Donc la série de Fourier de f(x) = x4 sur [−π, π] est π4 5 + ∞∑ n=1 (−1)n [ 8π2 n2 − 48 n4 ] cos(nx). b) Ici f(x) est lisse par morceaux sur [−π, π]. Si nous considérons la valeur vers laquelle cette série de Fourier converge lorsque x = π, nous obtenons π4 5 + ∞∑ n=1 (−1)n [ 8π2 n2 − 48 n4 ] (−1)n = π4 = f̃(π) parce que le prolongement périodique f̃ de f est continue à x = π et auss parce que cos(nπ) = (−1)n. Donc 8π2 ∞∑ n=1 ( 1 n2 ) − 48 ∞∑ n=1 ( 1 n4 ) = π4 − π 4 5 ⇒ ∞∑ n=1 n−4 = 1 −48 [ 4π4 5 − 8π 4 6 ] = π4 90 Exercice 5.4 a) Si f(x) = cos(x) sur [−1, 1], alors la série de Fourier de f(x) est a0 2 + ∞∑ n=1 an cos(nπx) + bn sin(nπx) 173 avec a0 = ∫ 1 −1 cos(x) dx = ( sin(x) ]1 −1 = 2 sin(1) et si n ≥ 1, alors an = ∫ 1 −1 cos(x) cos(nπx) dx = ∫ 1 −1 cos((1 + nπ)x) + cos((nπ − 1)x) 2 dx = 1 2 ( sin((nπ + 1)x) (nπ + 1) + sin((nπ − 1)x) (nπ − 1) ]1 −1 = 1 2 [ 2 sin(1 + nπ) (nπ + 1) + 2 sin(nπ − 1) (nπ − 1) ] = (−1)n sin(1) [ 1 nπ + 1 − 1 nπ − 1 ] = (−1)n+1 2 sin(1) (n2π2 − 1) à cause de la formule sin(α+ β) = sin(α) cos(β) + sin(β) cos(α). Noter qu’ici nous avons aussi utilisé le fait que nπ − 1 6= 0 et nπ + 1 pour tout n ∈ N, n 6= 0. Si n ≥ 1, nous avons aussi que bn = ∫ 1 −1 cos(x) sin(nπx) dx = 0 parce que cos(x) est pair, sin(nπx) est impair et conséquemment cos(x) sin(nπx) est impair. En conclusion, la série de Fourier de f(x) = cos(x) sur [−1, 1] est sin(1) + ∞∑ n=1 (−1)n+1 2 sin(1) (n2π2 − 1) cos(nπx). b) Si f(x) = sin(x) sur [−1, 1], alors la série de Fourier de f(x) est a0 2 + ∞∑ n=1 an cos(nπx) + bn sin(nπx) avec a0 = ∫ 1 −1 sin(x) dx = − ( cos(x) ]1 −1 = 0 et si n ≥ 1, alors an = ∫ 1 −1 sin(x) cos(nπx) dx = 0 parce que sin(x) est impair, cos(nπx) est pair et conséquemment sin(x) cos(nπx) est impair. Si n ≥ 1, nous avons aussi que bn = ∫ 1 −1 sin(x) sin(nπx) dx = ∫ 1 −1 cos((nπ − 1)x)− cos((nπ + 1)x) 2 dx = 1 2 ( sin((nπ − 1)x) (nπ − 1) − sin((nπ + 1)x) (nπ + 1) ]1 −1 = 1 2 [ 2 sin(nπ − 1) (nπ − 1) − 2 sin(nπ + 1) (nπ + 1) ] = (−1)n+1 sin(1) [ 1 nπ − 1 + 1 nπ + 1 ] = (−1)n+1 2nπ sin(1) (n2π2 − 1) En conclusion, la série de Fourier de f(x) = sin(x) sur [−1, 1] est ∞∑ n=1 (−1)n+1 2nπ sin(1) (n2π2 − 1) sin(nπx). 174 Exercice 6.1 a) Nous avons que f(x) =  x/10, si 0 ≤ x ≤ π/4; −(2x− π)/20, si π/4 ≤ x ≤ 3π/4; (x− π)/10, si 3π/4 ≤ x ≤ π; et g(x) ≡ 0 pour tout x ∈ [0, π]. À cause de la solution générale du problème et que la corde est de longueur ` = π, nous avons u(x, t) = ∞∑ n=1 sin(nx) ( an cos(cnt) + bn sin(cnt) ) . De plus nous avons que ∞∑ n=1 an sin(nx) et ∞∑ n=1 cn bn sin(nx) sont respectivement les séries de Fourier impaires de f(x) et g(x). Comme g(x) ≡ 0 pour tout x ∈ [0, π], nous obtenons bn = 0 pour tout n ≥ 1. Il suffit donc de calculer les an. an = 2 π ∫ π 0 f(x) sin(nx) dx = 2 π {∫ π/4 0 x 10 sin(nx) dx+ ∫ 3π/4 π/4 (π − 2x) 20 sin(nx) dx+ ∫ π 3π/4 (x− π) 10 sin(nx) dx } = 4 10πn2 ( sin (nπ 4 ) − sin ( 3nπ 4 )) Donc la solution du problème est u(x, t) = ∞∑ n=1 4 10πn2 ( sin (nπ 4 ) − sin ( 3nπ 4 )) sin(nx) cos(cnt). b) Nous avons que f(x) =  0, si 0 ≤ x ≤ π/4; h(4x− π)/π, si π/4 ≤ x ≤ π/2; h(3π − 4x)/π, si π/2 ≤ x ≤ 3π/4; 0, si 3π/4 ≤ x ≤ π; et g(x) ≡ 0 pour tout x ∈ [0, π]. Nous procédons comme en a). À cause de la solution générale du problème et que la corde est de longueur ` = π, nous avons u(x, t) = ∞∑ n=1 sin(nx) ( an cos(cnt) + bn sin(cnt) ) . De plus nous avons que ∞∑ n=1 an sin(nx) et ∞∑ n=1 cn bn sin(nx) sont respectivement les séries de Fourier impaires de f(x) et g(x). Comme g(x) ≡ 0 pour tout x ∈ [0, π], nous obtenons bn = 0 pour tout n ≥ 1. Il suffit donc de calculer les an. 177 an = 2 π ∫ π 0 f(x) sin(nx) dx = 2 π {∫ π/2 π/4 h(4x− π) π sin(nx) dx+ ∫ 3π/4 π/2 h(3π − 4x) π sin(nx) dx } = 8h n2π2 ( − sin (nπ 4 ) + 2 sin (nπ 2 ) − sin ( 3nπ 4 )) . Donc la solution du problème est u(x, t) = ∞∑ n=1 8h n2π2 ( − sin (nπ 4 ) + 2 sin (nπ 2 ) − sin ( 3nπ 4 )) sin(nx) cos(cnt). Exercice 6.2 Nous avons que f(x) ≡ 0 pour tout x ∈ [0, π] et g(x) = hx/a, si 0 ≤ x ≤ a; h(π − x)/(π − a), si a ≤ x ≤ π. À cause de la solution générale du problème et que la corde est de longueur ` = π, nous avons u(x, t) = ∞∑ n=1 sin(nx) ( an cos(cnt) + bn sin(cnt) ) . De plus nous avons que ∞∑ n=1 an sin(nx) et ∞∑ n=1 cn bn sin(nx) sont respectivement les séries de Fourier impaires de f(x) et g(x). Comme f(x) ≡ 0 pour tout x ∈ [0, π], nous obtenons an = 0 pour tout n ≥ 1. Il suffit donc de calculer les bn. cn bn = 2 π ∫ π 0 g(x) sin(nx) dx = 2 π {∫ a 0 hx a sin(nx) dx+ ∫ π a h(π − x) (π − a) sin(nx) dx } = 2h sin(na) n2a(π − a) . Donc bn = 2h sin(na) c n3a(π − a) et la solution générale est u(x, t) = ∞∑ n=1 2h sin(na) c n3a(π − a) sin(nx) sin(cnt). Exercice 6.3 a) Nous supposons que u(x, y) = X(x)Y (y), alors en substituant dans l’EDP, nous avons xX ′Y − yXY ′ = 0 où X ′ est la dérivée de X par rapport à x et Y ′ est la dérivée de Y par rapport à y. En divisant les deux côtés de cette équation par XY , nous obtenons x X ′ X = y Y ′ Y . 178 Le terme de droite de cette dernière équation est une fonction de y et celui de gauche est une fonction de x. Donc chacun de ces termes doit être constant. Conséquemment x X ′ X = y Y ′ Y = k où k est une constante. Nous obtenons donc un système de deux équations différentielles ordinaires suivant: x dX dx = kX y dY dy = kY Nous pouvons résoudre ces équations différentielles ordinaires par séparation de variables. x dX dx = kX ⇒ dX X = k dx x ⇒ ∫ dX X = k ∫ dx x ⇒ ln(X) = k ln(x) + C0 ⇒ X(x) = C ′xk et y dY dy = kY ⇒ dY Y = k dy y ⇒ ∫ dY Y = k ∫ dy y ⇒ ln(Y ) = k ln(y) + C1 ⇒ Y (y) = C ′′yk où C0, C1, C ′ et C ′′ sont des constantes. Donc u(x, y) = X(x)Y (y) = C(xy)k est une solution de x∂u∂x − y ∂u ∂y = 0, où k et C sont des constantes. b) Nous supposons que u(x, y) = X(x)Y (y), alors en substituant dans l’EDP, nous avons X ′Y + XY ′ = 2(x+y)XY où X ′ est la dérivée de X par rapport à x et Y ′ est la dérivée de Y par rapport à y. En divisant les deux côtés de cette équation par XY , nous obtenons X ′ X + Y ′ Y = 2x+ 2y ⇔ X ′ X − 2x = −Y ′ Y + 2y Le terme de droite de cette dernière équation est une fonction de y et celui de gauche est une fonction de x. Donc chacun de ces termes doit être constant. Conséquemment X ′ X − 2x = −Y ′ Y + 2y = k où k est une constante. Nous obtenons donc un système de deux équations différentielles ordinaires suivant: dX dx = (2x+ k)X dY dy = (2y − k)Y Nous pouvons résoudre ces équations différentielles ordinaires par séparation de variables. dX dx = (2x+ k)X ⇒ dX X = (2x+ k) dx ⇒ ∫ dX X = ∫ (2x+ k) dx ⇒ ln(X) = x2 + kx+ C0 ⇒ X(x) = C ′ exp(x2 + kx) et dY dy = (2y − k)Y ⇒ dY Y = (2y − k) dy ⇒ ∫ dY Y = ∫ (2y − k) dy ⇒ ln(Y ) = y2 − ky + C1 ⇒ Y (y) = C ′′ exp(y2 − ky) 179 Mais nous avons aussi à considérer la condition T ′(0) = 0, alors B′ = 0. Donc la solution recherchée pour T est T (t) = A′ cos ( cn2π2 `2 t ) . Donc une solution de (∗) est un(x, t) = Xn(x)Tn(t) = an sin (nπx ` ) cos ( cn2π2 `2 t ) . À cause de la linéarité de l’EDP, nous obtenons que ∞∑ n=1 an sin (nπx ` ) cos ( cn2π2 `2 t ) est la solution formelle du problème. Si nous revenons maintenant au problème initial, alors nous voulons que ∞∑ n=1 an sin (nπx ` ) = f(x). Donc les an sont les coefficients de la série de Fourier impaire de f(x), i.e. an = 2 ` ∫ ` 0 f(x) sin (nπx ` ) dx pour tout n ≥ 1. b) Il nous suffit de déterminer les coefficients de la série de Fourier impaire de f(x). an = 2 ` ∫ ` 0 x(`− x) sin (nπx ` ) dx = 2 ` { − ( x(`− x) ` nπ cos (nπx ` )]` 0 + ∫ ` 0 (`− 2x) ` nπ cos (nπx ` ) dx } = 2 nπ {( (`− 2x) ` nπ sin (nπx ` )]` 0 − ∫ ` 0 (−2) ` nπ sin (nπx ` ) dx } = − 4` n2π2 ( ` nπ cos (nπx ` )]` 0 = 4`2 n3π3 ((−1)n+1 + 1). Donc la solution est u(x, t) = ∞∑ n=1 4`2 n3π3 ((−1)n+1 + 1) sin (nπx ` ) cos ( cn2π2 `2 t ) . Chapitre 7 Exercice 7.1 Nous avons que la solution générale du problème de la chaleur est u(x, t) = ∞∑ n=1 an sin (nπx ` ) exp(−λ2nt) où λn = cnπ/` et c2 = Kσ/ρ. De plus ∞∑ n=1 an sin (nπx ` ) 182 est la série de Fourier impaire de f(x). Ici c2 = (1.04× 0.056)/10.6 = 5.49434× 10−3 et ` = 10 a) Pour f(x) = {x, si 0 ≤ x ≤ 5; 10− x, si 5 ≤ x ≤ 10; alors an = 2 10 ∫ 10 0 f(x) sin (nπx 10 ) dx = 2 10 {∫ 5 0 x sin (nπx 10 ) dx+ ∫ 10 5 (10− x) sin (nπx 10 ) dx } = 40 n2π2 sin (nπ 2 ) . Donc la solution générale est u(x, t) = ∞∑ n=1 40 n2π2 sin (nπ 2 ) sin (nπx 10 ) exp(−5.49434× 10−5π2n2t). b) Pour f(x) = x(100− x2), alors an = 2 10 ∫ 10 0 f(x) sin (nπx 10 ) dx = 2 10 ∫ 10 0 x(100− x2) sin (nπx 10 ) dx = (−1)n+112000 n3π3 . Donc la solution générale est u(x, t) = ∞∑ n=1 [ (−1)n+112000 n3π3 ] sin (nπx 10 ) exp(−5.49434× 10−5π2n2t). c) Pour f(x) = x(10− x), alors an = 2 10 ∫ 10 0 f(x) sin (nπx 10 ) dx = 2 10 ∫ 10 0 x(10− x) sin (nπx 10 ) dx = 400 ((−1)n+1 + 1) n3π3 . Donc la solution générale est u(x, t) = ∞∑ n=1 [ 400 ((−1)n+1 + 1) n3π3 ] sin (nπx 10 ) exp(−5.49434× 10−5π2n2t). Exercice 7.2 Nous voulons étudier le problème suivant: ∂u ∂t = c2 ∂2u ∂x2 où u = u(x, t), 0 ≤ x ≤ `, t ≥ 0 avec les conditions ∂u ∂x (0, t) = 0 et ∂u ∂x (`, t) = 0 pour tout t ≥ 0, ainsi que u(x, 0) = f(x) pour tout x ∈ [0, `]. Nous devons premièrement considérer le problème intermédiaire (∗) suivant: ∂u ∂t = c2 ∂2u ∂x2 où u = u(x, t), 0 ≤ x ≤ `, t ≥ 0 183 avec les conditions ∂u ∂x (0, t) = 0 et ∂u ∂x (`, t) = 0 pour tout t ≥ 0. Nous cherchons à déterminer des solutions de ce dernier problème qui sont de la forme u(x, t) = X(x)T (t). En substituant dans l’EDP, nous obtenons XT ′ = c2X ′′T où X ′′ est la dérivée seconde de X par rapport à x et T ′ est la dérivée de T par rapport à t. En divisant les deux côtés de l’équation par c2XT , nous obtenons 1 c2 T ′ T = X ′′ X . Le terme de gauche est une fonction de t et celui de droite, une fonction de x. Pour que ceci soit possible, il faut que ces deux termes soient constants. Donc 1 c2 T ′ T = X ′′ X = λ où λ est une constante. Nous pouvons aussi tenir compte des conditions au bord. Nous obtenons ainsi ∂u ∂x (0, t) = 0 ⇒ X ′(0)T (t) = 0 ⇒ X ′(0) = 0 et ∂u ∂x (`, t) = 0 ⇒ X ′(`)T (t) = 0 ⇒ X ′(`) = 0. En résumé, nous devons considérer le système d’équations différentielles ordinaires suivant:{ X ′′ − λX = 0 avec X ′(0) = 0 et X ′(`) = 0 T ′ − λc2T = 0 Il nous faut maintenant considérer les différents cas pour λ. Si λ > 0, disons λ = ν2 avec ν > 0, alors la solution générale de X ′′ − λX = 0 est X(x) = Aeνx + Be−νx. Parce que X ′(x) = Aνeνx − Bνe−νx et en considérant les deux conditions X ′(0) = 0 et X ′(`) = 0, nous obtenons le système d’équations ν −ν νeν` −νe−ν` A B  =  0 0  . Parce que ν` 6= 0, alors le déterminant det  ν −ν νeν` −νe−ν`  = ν2(eν` − e−ν`) = 2ν2 sinh(ν`) 6= 0 et conséquemment la seule solution du système d’équations linéaires est A = B = 0. Il nous faut donc exclure le cas λ > 0. Si λ = 0, alors la solution générale de X ′′ = 0 est X(x) = A+Bx. Parce que X ′(x) = B et en considérant les deux conditions X ′(0) = 0 et X ′(`) = 0, nous obtenons une seule équation B = 0. Il nous faut donc inclure ce cas λ = 0 et dans ce cas X(x) ≡ A est une fonction constante. Finalement si λ < 0, disons λ = −ν2 avec ν > 0, alors la solution générale de X ′′ − λX = 0 est X(x) = A cos(νx) + B sin(νx). Parce que X ′(x) = −νA sin(νx) + νB cos(νx) et en considérant les deux conditions X ′(0) = 0 et X ′(`) = 0, nous obtenons le système d’équations linéaires 0 ν −ν sin(ν`) ν cos(ν`) A B  =  0 0  . 184 ∂u ∂y = y√ x2 + y2 + z2 ∂u ∂r + x (x2 + y2) ∂u ∂θ + yz (x2 + y2 + z2) √ x2 + y2 ∂u ∂φ ∂2u ∂y2 = y2 (x2 + y2 + z2) ∂2u ∂r2 + x2 (x2 + y2)2 ∂2u ∂θ2 + y2z2 (x2 + y2 + z2)2(x2 + y2) ∂2u ∂φ2 + 2xy (x2 + y2) √ x2 + y2 + z2 ∂2u ∂r ∂θ + 2y2z√ (x2 + y2 + z2)3 √ x2 + y2 ∂2u ∂r ∂φ + 2xyz (x2 + y2 + z2) √ (x2 + y2)3 ∂2u ∂θ ∂φ + (x2 + z2)√ (x2 + y2 + z2)3 ∂u ∂r − 2xy (x2 + y2)2 ∂u ∂θ + x2z(x2 + y2 + z2)− 2y2z(x2 + y2) (x2 + y2 + z2)2 √ (x2 + y2)3 ∂u ∂φ ∂u ∂z = z√ x2 + y2 + z2 ∂u ∂r − √ (x2 + y2) (x2 + y2 + z2) ∂u ∂φ ∂2u ∂z2 = z2 (x2 + y2 + z2) ∂2u ∂r2 + (x2 + y2) (x2 + y2 + z2)2 ∂2u ∂φ2 − 2z √ x2 + y2√ (x2 + y2 + z2)3 ∂2u ∂φ ∂r + (x2 + y2)√ (x2 + y2 + z2)3 ∂u ∂r + 2z √ x2 + y2 (x2 + y2 + z2)2 ∂u ∂φ Conséquemment ∂2u ∂x2 + ∂2u ∂y2 + ∂2u ∂z2 = ∂2u ∂r2 + 1 (x2 + y2) ∂2u ∂θ2 + 1 (x2 + y2 + z2) ∂2u ∂φ2 + 2√ x2 + y2 + z2 ∂u ∂r + z (x2 + y2 + z2) √ x2 + y2 ∂u ∂φ Parce que x2 + y2 + z2 = r2 et x2 + y2 = r2 sin2(φ), nous obtenons que ∂2u ∂x2 + ∂2u ∂y2 + ∂2u ∂z2 = ∂2u ∂r2 + 1 r2 sin2(φ) ∂2u ∂θ2 + 1 r2 ∂2u ∂φ2 + 2 r ∂u ∂r + cot(φ) r2 ∂u ∂φ . Alors l’équation de la chaleur en coordonnées sphériques est ∂u ∂t = c2 ( ∂2u ∂r2 + 1 r2 sin2(φ) ∂2u ∂θ2 + 1 r2 ∂2u ∂φ2 + 2 r ∂u ∂r + cot(φ) r2 ∂u ∂φ ) . b) Dans ce cas, u(r, θ, φ, t) est indépendant de θ et φ. Alors ∂u ∂φ = 0, ∂2u ∂φ2 = 0, ∂u ∂θ , ∂2u ∂θ2 = 0. Conséquemment l’équation de la chaleur se simplifie à la nouvelle équation ∂u ∂t = c2 ( ∂2u ∂r2 + 2 r ∂u ∂r ) . De plus nous avons les conditions u(R, t) = 0 pour tout t ≥ 0 et u(r, 0) = f(r) pour tout r ∈ [0, R]. c) Nous devons donc résoudre le problème suivant (∗)  ∂u ∂t = c2 ( ∂2u ∂r2 + 2 r ∂u ∂r ) avec les conditions u(R, t) = 0 pour tout t ≥ 0 u(r, 0) = f(r) pour tout r ∈ [0, R] et u est une fonction bornée. 187 Si nous utilisons la nouvelle fonction v définie par v = r u, alors u = r−1v et ∂u ∂t = r−1 ∂v ∂t , ∂u ∂r = −r−2v + r−1 ∂v ∂r et ∂2u ∂r2 = 2r−3v − 2r−2 ∂v ∂r + r−1 ∂2v ∂r2 . En substituant dans l’EDP de (∗), nous obtenons r−1 ∂v ∂t = c2 ( r−1 ∂2v ∂r2 − 2r−2 ∂v ∂r + 2r−3v + 2r−2 ∂v ∂r − 2r−3v ) . Après simplification, nous obtenons le problème suivant à résoudre (∗∗)  ∂v ∂t = c2 ∂2v ∂r2 avec les conditions v(R, t) = 0 pour tout t ≥ 0 v(r, 0) = r f(r) pour tout r ∈ [0, R] et v(0, t) = 0 pour tout t ≥ 0. Cette dernière condition vient du fait que la fonction u est bornée. Nous allons maintenant résoudre le problème (∗∗) par la méthode de séparation de variables. Pour ce faire, nous allons premièrement considérer le problème intermédiaire: (∗∗ ∗ )  ∂v ∂t = c2 ∂2v ∂r2 avec les conditions v(R, t) = 0 pour tout t ≥ 0 et v(0, t) = 0 pour tout t ≥ 0. Posons v(r, t) = F (r)G(t). Alors en substituant dans l’équation de la chaleur et en divisant ensuite par les deux côtés de l’équation par c2FG , nous obtenons FG′ = c2GF ′′ ⇒ 1 c2 G′ G = F ′′ F où G′ = dG dt et F ′′ = d2F dr2 . Le côté droit de cette dernière équation est une fonction de r, alors que le côté gauche est une fonction de t. Pour que ceci soit possible, il faut que chacune de ces expressions soient une constante. Donc 1 c2 G′ G = F ′′ F = λ où λ est une constante. Nous devons aussi tenir compte des conditions du problème. Nous obtenons ainsi v(R, t) = 0 ⇒ F (R)G(t) = 0,∀t ≥ 0 ⇒ F (R) = 0 et v(0, t) = 0 ⇒ F (0)G(t) = 0,∀t ≥ 0 ⇒ F (0) = 0. En résumé, nous devons déterminer les fonctions F (r) et G(t) telles que d2F dr2 − λF = 0 et dG dt − c2λG = 0 avec F (0) = F (R) = 0. Si λ > 0, disons λ = ν2 avec ν > 0, alors la solution générale de F ′′ − λF = 0 est F (r) = Aeνr + Be−νr. Parce que ν > 0, R > 0, F (0) = A + B = 0 et F (R) = AeνR + Be−νR = 0, nous obtenons A = B = 0. Il nous faut donc exclure le cas λ > 0. Si λ = 0, alors la solution générale de F ′′ = 0 est F (r) = A+Br. Parce que F (0) = A = 0 et F (R) = A+ BR = 0, nous obtenons que A = B = 0. Là aussi nous devons exclure le 188 cas λ = 0. Il nous reste à considérer le cas λ < 0, disons λ = −ν2 avec ν > 0, alors la solution générale de F ′′−λF = 0 est F (r) = A cos(νr)+B sin(νr). Parce que F (0) = A = 0 et F (R) = A cos(νR)+B sin(νR) = 0, alors A = 0 et B sin(νR) = 0. Comme nous cherchons à déterminer des solutions non-triviales et que A = 0, nous pouvons supposer que B 6= 0. Ainsi sin(νR) = 0. Conséquemment ν = nπ/R et λ = λn = −(nπ/R)2 où n ∈ N avec n ≥ 1. De plus pour ce λ = λn, F (r) = Bn sin(nπr/R). Nous pouvons aussi déterminer la solution générale de G′ − c2λG = 0 lorsque λ = λn. Nous obtenons que G(t) = Dn exp(−(cnπ/R)2t). Ainsi pour tout n ∈ N, n ≥ 1, vn(r, t) = an sin (nπr R ) exp ( − [cnπ R ]2 t ) est une solution du problème (∗∗ ∗ ) . Conséquemment un(r, t) = an r−1 sin (nπr R ) exp ( − [cnπ R ]2 t ) est une solution du problème ∂u ∂t = c2 ( ∂2u ∂r2 + 2 r ∂u ∂r ) avec les conditions u(R, t) = 0 pour tout t ≥ 0 et u est une fonction bornée. Comme cette dernière équation est linéaire, nous pouvons additionner ces solutions. Nous obtenons ainsi que u(r, t) = ∞∑ n=1 an r −1 sin (nπr R ) exp ( − [cnπ R ]2 t ) est une solution formelle du problème ∂u ∂t = c2 ( ∂2u ∂r2 + 2 r ∂u ∂r ) avec la condition u(R, t) = 0 pour tout t ≥ 0. Si maintenant nous ajoutons la condition u(r, 0) = ∞∑ n=1 an r −1 sin (nπr R ) = f(r), nous obtenons que ∞∑ n=1 an sin (nπr R ) est la série de Fourier impaire de la fonction r f(r). Ainsi an = 2 R ∫ R 0 r f(r) sin (nπr R ) dr. En conclusion, la solution formelle du problème est u(r, t) = ∞∑ n=1 an r −1 sin (nπr R ) exp ( − [cnπ R ]2 t ) avec an = 2 R ∫ R 0 r f(r) sin (nπr R ) dr. Chapitre 8 189 Dans ce problème, les conditions à la frontière sont homogènes. Nous cherchons les solutions non-triviales de (∗) de la forme u(x, y) = X(x)Y (y). En substituant dans l’EDP et en séparant les variables X ′′Y +XY ′′ = 0 ⇒ X ′′ X = −Y ′′ Y . Dans cette dernière équation, le terme de gauche est une fonction de x et celui de droite, une fonction de y. Pour que cette équation soit vérifiée, il faut que chacun des termes soit égal à une constante λ. Nous obtenons ainsi X ′′ X = −Y ′′ Y = λ ⇒ { X ′′ − λX = 0; Y ′′ + λY = 0. Si nous considérons les conditions à la frontière du problème (∗), nous obtenons ∂u ∂x (x,N) = X ′(x)Y (N) = 0, ∀x ∈ [0,M ]; u(0, y)− ∂u ∂y (0, y) = X(0)Y (y)−X(0)Y ′(y) = 0, ∀y ∈ [0, N ]; u(M,y)− ∂u ∂y (M,y) = X(M)Y (y)−X(M)Y ′(y) = 0, ∀y ∈ [0, N ]. Nous allons montrer que de ces équations, nous obtenons que Y (N) = 0, X(0) = 0 et X(M) = 0. Montrons qu’il existe un x0 tel que X ′(x0) 6= 0. En effet si X ′(x) = 0 pour tout x ∈ [0,M ], alors X(x) = A pour tout x ∈ [0,M ] avec A, une constante non nulle. Parce que X ′′ − λX = 0 et X ′′ ≡ 0, nous obtenons que λ = 0. Donc Y ′′ = 0 ⇒ Y (y) = B +Cy et Y (y)− Y ′(y) = (B −C) +Cy pour y ∈ [0, N ]. Comme nous cherchons des solutions non-triviales, nous avons que Y 6≡ 0, i.e. B ou C 6= 0, mais nous obtenons ainsi que Y − Y ′ 6≡ 0. Il existe un y = y0 tel que Y (y0) − Y ′(y0) 6= 0. De X(0) [ Y (y) − Y ′(y) ] = 0 à y = y0, nous obtenons que X(0) = 0 = A, mais ceci contredit notre hypothèse que A est une constante non nulle. De tout ceci, nous pouvons donc affirmer qu’il existe x = x0 tel que X ′(x0) 6= 0. De X ′(x)Y (N) = 0 à x = x0, nous avons Y (N) = 0. Maintenant si Y (y) − Y ′(y) = 0 pour tout y ∈ [0, N ], alors Y (y) = Dey est la solution générale de Y ′ = Y . Comme Y (N) = DeN = 0, nous obtenons que D = 0, mais ceci est impossible, car sinon nous aurions la solution triviale. Conséquemment il existe un y = y0 tel que Y (y0)− Y ′(y0) 6= 0. De X(0) [ Y (y)− Y ′(y) ] = 0 à y = y0, nous avons X(0) = 0. De X(M) [ Y (y)− Y ′(y)] = 0 à y = y0, nous avons X(M) = 0. Nous avons donc le système d’équations différentielles ordinaires avec conditions suivant:{ X ′′ − λX = 0 avec X(0) = 0 et X(M) = 0; Y ′′ + λY = 0 avec Y (N) = 0. Nous allons considérer la première équation avec ses conditions. Si λ > 0, disons λ = ν2 avec ν > 0, alors X(x) = A′eνx + B′e−νx est la solution générale de X ′′ − λX = 0. Nous avons { X(0) = A′ +B′ = 0 X(M) = A′eνM +B′e−νM = 0 } ⇒ A′ = B′ = 0 parce que ν > 0 et M > 0. Il nous faut donc exclure ce cas. Si λ = 0, alors X(x) = A′ +B′x est la solution générale de X ′′ = 0. Nous avons{ X(0) = A′ = 0 X(M) = A′ +B′M = 0 } ⇒ A′ = B′ = 0 parce que M > 0. Il nous faut donc exclure ce cas. 192 Si λ < 0, disons λ = −ν2 avec ν > 0, alors X(x) = A′ cos(νx) + B′ sin(νx) est la solution générale de X ′′ − λX = 0. Nous avons{ X(0) = A′ = 0 X(M) = A′ cos(νM) +B′ sin(νM) = 0 } ⇒ { A′ = 0 B′ sin(νM) = 0. } Comme nous cherchons des solutions non-triviales et que A′ = 0, nous pouvons supposer que B′ 6= 0. Nous obtenons alors que sin(νM) = 0 et νM = nπ où n ∈ N, n ≥ 1. En d’autres mots, ν = νn = nπ M , λn = − (nπ M )2 et X(x) = Xn(x) = B′n sin (nπx M ) sont respectivement les valeurs possibles de ν, λ et les fonctions X solution de X ′′ + λX = 0 avec X(0) = X(M) = 0. Les λn sont les valeurs propres et les Xn, les fonctions caractéristiques, où n ∈ N, n ≥ 1. Si nous considérons maintenant l’autre équation Y ′′ + λY = 0 avec Y (N) = 0 pour λ = λn = −(nπ/M)2, alors la solution générale est Y (y) = C ′ exp (nπy M ) +D′ exp ( −nπy M ) . De la condition Y (N) = 0, nous obtenons Y (N) = C ′ exp ( nπN M ) +D′ exp ( −nπN M ) = 0 ⇒ D′ = −C ′ exp ( 2nπN M ) . Donc Y (y) = C ′ exp (nπy M ) − C ′ exp ( 2nπN M ) exp ( −nπy M ) = C ′ exp ( nπN M )[ exp ( nπ(y −N) M ) − exp ( −nπ(y −N) M )] = 2C ′ exp ( nπN M ) sinh ( nπ(y −N) M ) . Donc pour λ = λn, la solution de Y ′′ + λY = 0 avec Y (N) = 0 est Y (y) = Yn(y) = 2C ′n exp ( nπN M ) sinh ( nπ(y −N) M ) . Donc pour chaque n ∈ N, n ≥ 1, un(x, y) = an sin (nπx M ) sinh ( nπ(y −N) M ) est une solution du problème (∗). Par le principe de superposition, nous obtenons que u(x, y) = ∞∑ n=1 an sin (nπx M ) sinh ( nπ(y −N) M ) est une solution formelle du problm̀e (∗). Si maintenant nous revenons au problème de départ, il nous faut tenir compte de la condition ∂u ∂x (x, 0) = g(x). 193 Nous obtenons alors en dérivant terme-à-terme par rapport à x et en posant y = 0 que ∞∑ n=1 an (nπ M ) cos (nπx M ) sinh ( −nπN M ) = g(x) Nous avons ainsi à exprimer g(x) comme une série de Fourier paire. Donc an (nπ M ) sinh ( −nπN M ) = 2 M ∫ M 0 g(x) cos (nπx M ) dx. Donc la solution formelle du problème de départ est u(x, y) = ∞∑ n=1 an sin (nπx M ) sinh ( nπ(y −N) M ) où an = [ 2 nπ sinh(−nπN/M) ] ∫ M 0 g(x) cos (nπx M ) dx. c) Nous considérons premièrement le problème intermédiaire (∗)  ∂2u ∂x2 + ∂2u ∂y2 = 0 avec ∂u ∂x (x, 0) = 0, ∂u ∂x (x,N) = 0 et u(0, y) = 0 pour 0 ≤ x ≤M, 0 ≤ y ≤ N. Nous cherchons à déterminer les solutions non-triviales de (∗) de la forme u(x, y) = X(x)Y (y). Comme en a) et en b), nous pouvons substituer ceci dans l’EDP, séparer les variables et nous obtenons le système de deux équations X ′′ − λX = 0 et Y ′′ + λY = 0. Si nous considérons les conditions à la frontière du problème (∗), nous obtenons ∂u ∂x (x, 0) = X ′(x)Y (0) = 0, ∀x ∈ [0,M ]; ∂u ∂x (x,N) = X ′(x)Y (N) = 0, ∀x ∈ [0,M ]; u(0, y) = X(0)Y (y) = 0, ∀y ∈ [0, N ]. Nous allons montrer que ces trois équations entrainent que Y (0) = 0, Y (N) = 0 et X(0) = 0. Comme Y 6≡ 0, nous avons un y0 tel que Y (y0) 6= 0 et de la troisième équation, nous obtenons X(0) = 0. Notons que X ′ 6≡ 0. En effet, si X ′ ≡ 0, alors X(x) serait une fonction constante et comme X(0) = 0, nous aurions X(x) = 0 pour tout x ∈ [0,M ]. Mais ceci contredit le fait que nous cherchons ds solutions non-triviales. Ainsi il existe un x0 tel que X ′(x0) 6= 0. Des deux premières équations, nous obtenons que Y (0) = Y (N) = 0. Nous avons donc le système d’équations différentielles ordinaires avec conditions suivant:{ X ′′ − λX = 0 avec X(0) = 0; Y ′′ + λY = 0 avec Y (0) = Y (N) = 0. Ce système est le même qu’en a). L’analyse que nous avons fait dans ce cas est valable et ainsi nous obtenons que u(x, y) = ∞∑ n=1 an sin (nπy N ) sinh (nπx N ) est une solution formelle du problème (∗). 194 avec comme conditions: u(R, θ, t) = 0 pour tout θ, t tels que θ ∈ R, t ≥ 0 u(r, θ, 0) = f(r, θ) pour tout r, θ tels que 0 ≤ r ≤ R, θ ∈ R ∂u ∂t (r, θ, 0) = g(r, θ) pour tout r, θ tels que 0 ≤ r ≤ R, θ ∈ R a) Nous allons premièrement considérer le problème intermédiaire (∗) suivant ∂2u ∂t2 = c2 ( ∂2u ∂r2 + 1 r ∂u ∂r + 1 r2 ∂2u ∂θ2 ) où u = u(r, θ, t), 0 ≤ r ≤ R, θ ∈ R, t ≥ 0 avec comme conditions u(R, θ, t) = 0 pour tout θ, t tels que θ ∈ R, t ≥ 0 et pour tout t = t0 fixé alors la fonction (r, θ) 7→ u(r, θ, t0) est bornée. Nous cherchons à déterminer des solutions non triviales de (∗) de la forme u(r, θ, t) = F (r, θ)G(t). Après avoir substitué cette solution dans l’EDP et avoir divisé par c2FG des deux côtés de l’équation, nous obtenons 1 c2G(t) d2G dt2 = 1 F (r, θ) ( ∂2F ∂r2 + 1 r ∂F ∂r + 1 r2 ∂2F ∂θ2 ) . Le terme de gauche est une fonction de t, alors que celui de droite est une fonction de r et θ. Pour que tout ceci soit possible, il faut que chacune de ces expressions soit une constante. De plus il est possible de montrer que cette constante doit être strictement négative. Nous noterons celle-ci par −k2 avec k > 0. Nous avons ainsi un système d’équations: d2G dt2 + (ck)2G = 0; ∂2F ∂r2 + 1 r ∂F ∂r + 1 r2 ∂2F ∂θ2 + k2F = 0. De plus la condition u(R, θ, t) = 0 pour tout θ et t a comme conséquence que F (R, θ) = 0 pour tout θ. b) Nous pouvons maintenant utiliser la méthode de séparation de variables pour la seconde équation de ce système, à savoir celle relative à F . Nous cherchons des solutions non triviales de cette équation de la forme F (r, θ) = H(r)L(θ). Alors nous obtenons après substitution, avoir divisé par k2HL et multiplié par r2 que r2 k2H(r) d2H dr2 + r k2H dH dr + r2 = − 1 k2L(θ) d2L dθ2 . Le côté gauche est une fonction de r, alors que celui de droite est une fonction de θ. Pour que ceci soit possible, il faut que chacun de ces côtés soit constant. De plus il est possible de montrer que cette constante doit être positive. Nous noterons celle-ci par p2 avec p ≥ 0. Nous obtenons donc deux équations différentielles ordinaires  d2L dθ2 + (pk)2L = 0 r2 d2H dr2 + r dH dr + ((kr)2 − (pk)2)H = 0 Posons pk = n. Nous avons ainsi d2L dθ2 + n2L = 0; r2 d2H dr2 + r dH dr + ((kr)2 − (n)2)H = 0. 197 c) Notons que L(θ) est une fonction périodique de θ de période 2π, car H(r)L(θ + 2π)G(t) = u(r, θ + 2π, t) = u(r, θ, t) = H(r)L(θ)G(t) et L(θ + 2π) = L(θ) en prenant r et t tels que H(r) 6= 0 et G(t) 6= 0. Conséquemment parce que la solution générale de d2L dθ2 + n2L = 0 est de la forme L(θ) = A cos(nθ) + B sin(nθ) et que cette fonction doit être périodique de période 2π, alors n ∈ N. Les solutions possibles pour un n ∈ N donné seront engendrées par Ln(θ) = cos(nθ) et L∗n(θ) = sin(nθ) si n ≥ 1 et par L0(θ) ≡ 1 si n = 0. Si n ∈ N, nous pouvons maintenant considérer la nouvelle variable s = kr. En utilisant la règle de chaines, l’équation r2 d2H dr2 + r dH dr + ((kr)2 − (n)2)H = 0 devient s2 d 2H ds2 + s dH ds + (s2 − n2)H = 0. Cette dernière équation est l’équation de Bessel de paramètre ν = n ∈ N. Donc sa solution générale est de la forme AJn(s) + BYn(s), où Jn(s) est la fonction de Bessel du premier type d’ordre n et Yn(s) est la fonction de Bessel du second type d’ordre n. En d’autres mots, H en fonction de r sera de la forme H(r) = AJn(kr) +BYn(kr). Mais nous cherchons des solutions telles que (r, θ) 7→ u(r, θ, t0) est bornée pour tout t = t0 fixé. Ceci entraine que r 7→ H(r) est une fonction bornée et comme r 7→ Jn(kr) est bornée et que r 7→ Yn(kr) n’est pas bornée lorsque r → 0+, nous devons avoir B = 0. En conclusion pour n ∈ N, F (r, θ) = Jn(kr) cos(nθ) est une solution de ∂2F ∂r2 + 1 r ∂F ∂r + 1 r2 ∂2F ∂θ2 + k2F = 0. De même pour n ∈ N, n ≥ 1, F ∗(r, θ) = Jn(kr) sin(nθ) aussi une solution de cette même EDP. d) Nous pouvons considérer la condition u(R, θ, t) = 0. De celle-ci nous obtenons que Jn(kR) = 0. Donc k = km,n = αm,n/R où αm,n est le m ième zéro positif (> 0) de Jn. Si nous considérons maintenant l’équation d2G dt2 + (ck)2G = 0 pour k = km,n sa solution générale est G(t) = A cos(ckm,nt) +B sin(ckm,nt). Pour chaque m,n ∈ N, m ≥ 1, alors um,n(r, θ, t) = [ Am,n cos ( cαm,nt R ) +Bm,n sin ( cαm,nt R )] Jn (αm,nr R ) cos(nθ) est une solution du problème intermédiaire (∗). De même pour chaque m,n ∈ N, n ≥ 1, m ≥ 1, alors u∗m,n(r, θ, t) = [ A∗m,n cos ( cαm,nt R ) +B∗m,n sin ( cαm,nt R )] Jn (αm,nr R ) sin(nθ) est aussi une solution du problème intermédiaire (∗). Parce que l’équation d’onde est linéaire, nous pouvons utiliser le principe de superposition. Nous obtenons ainsi que u(r, θ, t) = ∞∑ n=0 ∞∑ m=1 [ Am,n cos ( cαm,nt R ) +Bm,n sin ( cαm,nt R )] Jn (αm,nr R ) cos(nθ) + ∞∑ n=1 ∞∑ m=1 [ A∗m,n cos ( cαm,nt R ) +B∗m,n sin ( cαm,nt R )] Jn (αm,nr R ) sin(nθ) 198 est une solution formelle du problème intermédiaire (∗). Il est possible de déterminer les coefficients Am,n, Bm,n, A∗m,n et B ∗ m,n en utilisant les conditions initiales et des relations d’orthogonalité. Nous obtenons ainsi que Am,0 = 4 πR2J21 (αm,0) ∫ R 0 ∫ π 0 r f(r, θ) J0 (αm,0 r R ) dθ dr. Am,n = 2 πR2J2n+1(αm,n) ∫ R 0 ∫ π 0 r f(r, θ) Jn (αm,nr R ) cos(nθ) dθ dr si n ≥ 1. A∗m,n = 2 πR2J2n+1(αm,n) ∫ R 0 ∫ π 0 r f(r, θ) Jn (αm,nr R ) sin(nθ) dθ dr si n ≥ 1. Bm,0 = 4 cπRαm,0J21 (αm,0) ∫ R 0 ∫ π 0 r g(r, θ) J0 (αm,0 r R ) dθ dr. Bm,n = 2 cπRαm,nJ2n+1(αm,n) ∫ R 0 ∫ π 0 r g(r, θ) Jn (αm,nr R ) cos(nθ) dθ dr si n ≥ 1. B∗m,n = 2 cπRαm,nJ2n+1(αm,n) ∫ R 0 ∫ π 0 r g(r, θ) Jn (αm,nr R ) sin(nθ) dθ dr si n ≥ 1. Exercice 9.3 Nous avons exp ( z(t− t−1) 2 ) = exp ( tz 2 ) exp ( − t −1z 2 ) = [ ∞∑ p=0 1 p! ( tz 2 )p][ ∞∑ q=0 (−1)q q! ( t−1z 2 )q] = ∞∑ n=−∞  ∞∑ p, q = 0 p− q = n (1)−q p! q! 2p+q zp+q  tn = ∞∑ n=0 [ ∞∑ q=0 (−1)q (q + n)! q! 2n+2q z2q+n ] tn + −1∑ n=−∞ [ ∞∑ p=0 (−1)p−n p! (p− n)! 22p−n z2p−n ] tn = ∞∑ n=0 Jn(z) tn + −1∑ n=−∞ (−1)nJ−n(z)tn = ∞∑ n=−∞ Jn(z) tn car Jn(z) = (−1)nJ−n(z) pour n ∈ Z, n < 0. Exercice 9.4 199 En réindexant, nous obtenons alors d dx ( J0(x) ) = ∞∑ m=0 (−1)m+1 m! (m+ 1)! 22m+1 x2m+1 = −x 2 ∞∑ m=0 (−1)m m! (m+ 1)! (x 2 )2m = −J1(x). Nous avons aussi pour ν 6= 0, d dx ( xνJν(x) ) = d dx [ xν (x 2 )ν ∞∑ m=0 (−1)m m! Γ(ν +m+ 1) (x 2 )2m] = d dx [ ∞∑ m=0 (−1)m m! Γ(ν +m+ 1) 2ν+2m x2(m+ν) ] = ∞∑ m=0 (−1)m2(m+ ν) m! Γ(ν +m+ 1) 2ν+2m x2m+2ν−1 = ∞∑ m=0 (−1)m2(m+ ν) m! (m+ ν) Γ(ν +m) 2ν+2m x2m+2ν−1 = ∞∑ m=0 (−1)m m! Γ(ν +m) 2ν+2m−1 x2m+2ν−1 = xν (x 2 )ν−1 ∞∑ m=0 (−1)m m! Γ(m+ (ν − 1) + 1) (x 2 )2m = xνJν−1(x) Nous pouvons noter que cette dernière formule est aussi valable pour ν = 0 par ce que nous avons démontré précédemment. En effet, si ν = 0, nous aurions d dx ( x0J0(x) ) = x0J−1(x), c’est-à-dire d dx ( J0(x) ) = J−1(x) selon cette formule. Mais ceci est vrai parce que J−1(x) = −J1(x) et ce que nous avons démontré au début de cet exercice. Exercice 9.8 (a) Nous avons par intégration par partie Ia,b = ∫ α 0 [ 1− (x α )2]a xb Jb−1(x) dx = ∫ α 0 [ 1− (x α )2]a d dx [ xb Jb(x) ] dx = ([ 1− (x α )2]a xb Jb(x) ]α 0 − ∫ α 0 a [ 1− (x α )2]a−1(−2x α ) 1 α xbJb(x) dx = 2a α2 ∫ α 0 [ 1− (x α )2]a−1 xb+1 Jb(x) dx = ( 2a α2 ) Ia−1,b+1 car a ≥ 1. (b) Nous avons I0,b = ∫ α 0 xb Jb−1(x) dx = ∫ α 0 d dx [ xb Jb(x) ] dx = ( xb Jb(x) ]α 0 = αb Jb(α) (c) En utilisant (a) et (b), nous obtenons que Ia,b = ( 2a α2 ) Ia−1,b+1 = ( 2a α2 )( 2(a− 1) α2 ) Ia−2,b+2 = . . . = 2a(a!) α2a I0,b+a = 2a(a!) α2a αa+bJa+b(α) = 2a(a!)αb−a Ja+b(α) 202 Exercice 9.9 La solution est donnée par u(r, t) = ∑ n=1 J0 (αnr R )[ an cos ( cαnt R ) + bn sin ( cαnt R )] avec an = ( 2 R2J21 (αn) )∫ R 0 rf̃(r)J0 (αnr R ) dr et bn ( 2 cαnRJ21 (αn) )∫ R 0 rg̃(r)J0 (αnr R ) dr. Comme g̃(r) = 0 pour tout 0 ≤ r ≤ R, nous obtenons facilement que bn = 0 pour tout n ≥ 1. Il nous faut seulement calculer an. En utilisant la substitution x = (αn r R ) ⇒ dx = (αn R ) dr nous obtenons an = ( 2 R2J21 (αn) )∫ R 0 r [ 1− ( r R )2]p J0 (αnr R ) dr = ( 2 R2J21 (αn) )∫ αn 0 ( Rx αn )[ 1− ( x αn )2]p J0(x) ( R αn ) dx = ( 2 α2nJ 2 1 (αn) )∫ αn 0 x [ 1− ( x αn )2]p J0(x) dx = ( 2 α2nJ 2 1 (αn) ) 2p(p!)α1−pn Jp+1(αn) = 2p+1 (p!) Jp+1(αn) αp+1n J21 (αn) . Donc la solution est u(r, t) = ∑ n=1 ( 2p+1 (p!) Jp+1(αn) αp+1n J21 (αn) ) J0 (αnr R ) cos ( cαnt R ) . Chapitre 10 Exercice 10.1 a) Nous considérons l’équation y′′ + λy = 0 sur l’intervalle [0, `] avec les conditions y(0) = 0 et y′(`) = 0. Ici ` > 0. Nous devons considérer les différentes possibilités pour λ. Dans ce cas, le problème de Sturm-Liouville est régulier et conséquemment les valeurs propres sont réelles. Si λ < 0, disons que λ = −ν2 avec ν > 0, alors la solution générale de y′′+λy = 0 est y(x) = Aeνx +Be−νx. Nous avons y′(x) = Aνeνx − Bνe−νx. Des conditions du problème, nous obtenons le système d’équations linéaires suivant { y(0) = A+B = 0 y′(`) = Aνeν` −Bνe−ν` = 0 } et celui-ci n’a qu’une seule solution A = B = 0, parce que le déterminant∣∣∣∣ 1 1νeν` −νe−ν` ∣∣∣∣ = −ν(eν` + e−ν`) = −2ν cosh(ν`) 6= 0. Conséquemment si λ < 0, alors λ n’est pas une valeur propre du problème. 203 Si λ = 0, alors la solution générale de y′′ = 0 est y(x) = A+Bx. Nous avons y′(x) = B. Des conditions du problème, nous obtenons le système d’équations linéaires suivant{ y(0) = A = 0 y′(`) = B = 0 } et celui-ci n’a qu’une seule solution A = B = 0. Conséquemment si λ = 0, alors λ n’est pas une valeur propre du problème. Si λ > 0, disons que λ = ν2 avec ν > 0, alors la solution de y′′ + λy = 0 est y(x) = A cos(νx) + B sin(νx). Nous avons y′(x) = −Aν sin(νx) + Bν cos(νx). Des conditions du problème, nous obtenons le système d’équations linéaires suivant{ y(0) = A = 0 y′(`) = −Aν sin(ν`) +Bν cos(ν`) = 0 } ⇔ { A = 0 B cos(ν`) = 0 } et celui-ci a des solutions (A,B) non triviales si et seulement si cos(ν`) = 0. Mais cos(ν`) = 0 si et seulement si ν` = (2n+ 1)π/2 avec n ∈ N. Ici nous utilisons le fait que ν > 0 et ` > 0. Dans ce cas, la fonction yn(x) = B sin ( (2n+ 1)πx 2` ) pour n ∈ N et B 6= 0 est une fonction caractéristique dont la valeur propre associée est λ = λn = [ (2n+ 1)π 2` ]2 . Toutes les fonctions caractéristiques de valeur propre λ = λn sont de cette forme. b) Nous considérons l’équation y′′ + λy = 0 sur l’intervalle [0, `] avec les conditions y′(0) = 0 et y′(`) = 0. Nous devons considérer les différentes possibilités pour λ. Dans ce cas, le problème de Sturm-Liouville est régulier et conséquemment les valeurs propres sont réelles. Si λ < 0, disons que λ = −ν2 avec ν > 0, alors la solution générale de y′′+λy = 0 est y(x) = Aeνx +Be−νx. Nous avons y′(x) = Aνeνx − Bνe−νx. Des conditions du problème, nous obtenons le système d’équations linéaires suivant { y′(0) = Aν −Bν = 0 y′(`) = Aνeν` −Bνe−ν` = 0 } et celui-ci n’a qu’une seule solution A = B = 0, parce que le déterminant∣∣∣∣ ν −ννeν` −νe−ν` ∣∣∣∣ = ν2(eν` − e−ν`) = 2ν2 sinh(ν`) 6= 0. Ici nous utilisons le fait que ν > 0 et ` > 0. Conséquemment si λ < 0, alors λ n’est pas une valeur propre du problème. Si λ = 0, alors la solution générale de y′′ = 0 est y(x) = A+Bx. Nous avons y′(x) = B. Des conditions du problème, nous obtenons le système d’équations linéaires suivant{ y′(0) = B = 0 y′(`) = B = 0 } et celui-ci a une infinité de solutions (A,B) avec A quelconque et B = 0. Conséquemment si λ = λ0 = 0, alors λ est une valeur propre du problème et y0(x) ≡ A avec A 6= 0 est une fonction caractéristique dont la valeur propre associée est λ = λ0. 204 et celui-ci n’a qu’une seule solution A = B = 0, parce que le déterminant∣∣∣∣ 1 0e−π πe−π ∣∣∣∣ = πe−π 6= 0. Conséquemment si λ = 0, alors λ n’est pas une valeur propre du problème. Si λ > 0, disons λ = ν2 avec ν > 0, alors la solution générale de y′′ + 2y′ + (λ + 1)y = 0 est y(x) = Ae−x cos(νx) + Be−x sin(νx). Des conditions du problème, nous obtenons le système d’équations linéaires suivant { y(0) = A = 0 y(π) = Ae−π cos(νπ) +Be−π sin(νπ) = 0 } ⇔ { A = 0 B sin(νπ) = 0 } et celui-ci a des solutions (A,B) non triviales si et seulement si sin(νπ) = 0. Mais sin(νπ) = 0 si et seulement si ν = n avec n ∈ N, n ≥ 1. Ici nous utilisons le fait que ν > 0 et e−π > 0. Dans ce cas, la fonction yn(x) = Be−x sin(nx) pour n ∈ N, n ≥ 1 et B 6= 0 est une fonction caractéristique dont la valeur propre associée est λ = λn = n2. Toutes les fonctions caractéristiques de valeur propre λ = λn sont de cette forme. La théorie de Sturm-Liouville a comme conséquence que∫ π 1 e−x sin(nx)e−x sin(mx)e2x dx = 0 si m 6= n. Exercice 10.2 (a) Si nous multiplions l’équation différentielle par e3x, nous obtenons e3x d2y dx2 + 3e3x dy dx + (λ− 5)e3xy = 0 ⇒ d dx [ e3x dy dx ] + (λe3x − 5e3x)y = 0. (b) Il nous faut étudier les racines du polynôme D2 + 3D + (λ− 5)I = 0. Ces racines sont −3 + √ 32 − 4(λ− 5) 2 = −3 + √ 29− 4λ 2 et −3− √ 32 − 4(λ− 5) 2 = −3− √ 29− 4λ 2 . Il nous faut considérer les cas possibles: une racine réelle double, deux racines réelles distinctes et deux racines complexes non réelles distinctes. Ces cas correspondent (29− 4λ) = 0, (29− 4λ) > 0 et (29− 4λ) < 0. Si (29 − 4λ) = 0, alors λ = 29/4 et nous sommes dans le cas d’une racine double. Celle-ci est −3/2. Dans ce cas, y(x) = Ae−3x/2 +Bxe−3x/2 est la solution générale de l’équation. Si nous considérons les conditions aux extrémités, nous obtenons{ y(0) = A = 0 y(1) = Ae−3/2 +Be−3/2 = 0 } ⇒ A = B = 0. Il nous faut donc rejeter le cas λ = 0. Si λ > 0, disons λ = ν2 avec ν > 0, alors nous avons deux racines réelles distinctes: (−3+ν)/2 et (−3−ν)/2. Dans ce cas, y(x) = A exp ( (−3 + ν)x 2 ) +B exp ( (−3− ν)x 2 ) 207 est la solution générale de l’équation. Alors nous avons y(0) = A+B = 0 y(1) = A exp ( (−3 + ν) 2 ) +B exp ( (−3− ν) 2 ) = 0  ⇒ { y(0) = A+B = 0 y(1) = Aeν/2 +Be−ν/2 = 0 } et ainsi nous obtenons A = B = 0, car ν > 0 et∣∣∣∣ 1 1eν/2 e−ν/2 ∣∣∣∣ = −(eν/2 − e−ν/2) 6= 0. Si λ < 0, disons λ = −ν2 avec ν > 0, alors nous avons deux racines complexes non-réelles distinctes: (−3 + νi)/2 et (−3− νi)/2 avec i = √ −1. Dans ce cas, y(x) = A exp ( −3x 2 ) cos (νx 2 ) +B exp ( −3x 2 ) sin (νx 2 ) est la solution générale de l’équation. Alors nous avons y(0) = A = 0 y(1) = A exp ( −3 2 ) cos (ν 2 ) +B exp ( −3 2 ) sin (ν 2 ) = 0  ⇒ A = 0 et B sin (ν 2 ) = 0 Comme A = 0 et que nous cherchons des solutions non triviales, alors nous pouvons supposer que B 6= 0. Donc nous obtenons sin (ν 2 ) = 0 ⇒ ν 2 = nπ ⇒ ν = 2nπ avec n ∈ N, n > 0. Nous obtenons ainsi que yn(x) = exp ( −3x 2 ) sin(nπx) est une fonction caractéristique de valeur propre λn = −(2nπ)2. Toute autre fonction caractéristique est un multiple non-nul de yn(x) pour un n ∈ N, n > 0. Exercice 10.3 Nous pouvons réécrire l’équation de Chebyshev. d dx [√ 1− x2 dy dx ] + λ√ 1− x2 y = 0 ⇒ √ 1− x2 d 2y dx2 − x√ 1− x2 dy dx + λ√ 1− x2 y = 0 Après multiplication par √ 1− x2, nous obtenons l’équation (1− x2)d 2y dx2 − xdy dx + λy = 0 sur ]− 1, 1[ (♣) Il sera nécessaire de faire un changement de coordonnées pour résoudre # 2 (a). Posons x = cos(θ) ou encore θ = arccos(x). Alors dy dx = dy dθ dθ dx = −1√ 1− x2 dy dθ = −1 sin(θ) dy dθ et d2y dx2 = d dθ [ −1 sin(θ) dy dθ ] dθ dx = d dθ [ −1 sin(θ) dy dθ ] −1√ 1− x2 = −1 sin(θ) d dθ [ −1 sin(θ) dy dθ ] = 1 sin2(θ) d2y dθ2 − cos(θ) sin3(θ) dy dθ 208 En substituant dans (♣), nous obtenons (1− cos2(θ)) [ 1 sin2(θ) d2y dθ2 − cos(θ) sin3(θ) dy dθ ] − cos(θ) [ −1 sin(θ) dy dθ ] + λy = 0 ⇒ d 2y dθ2 + λy = 0. (♠) sur ]0, π[. (a) Il faut remarquer que y = einθ, où i = √ −1, est une solution de (♠) pour λ = n2. En effet, dy dθ = ineinθ, d2y dθ2 = (in)2einθ = −n2einθ = −n2y ⇒ d 2y dθ2 + n2y = 0. De ceci, nous obtenons que la partie réelle Re(einθ) de y = einθ est donc une solution de l’équation de Chebyschev. Nous avons Re(einθ) = Re(cos(θ) + i sin(θ))n = Re ( n∑ m=0 ( n m ) im cosn−m(θ) sinm(θ) ) = bn/2c∑ k=0 ( n 2k ) (−1)k cosn−2k(θ) sin2k(θ) = bn/2c∑ k=0 ( n 2k ) (−1)k cosn−2k(θ) ( 1− cos2(θ) )k = bn/2c∑ k=0 ( n 2k ) cosn−2k(θ) ( cos2(θ)− 1 )k = bn/2c∑ k=0 n! (2k)! (n− 2k)! cosn−2k(θ) ( cos2(θ)− 1 )k parce que im ∈ R si et seulement si m est pair, c’est-à-dire m = 2k et alors i2k = (−1)k. Si nous substituons x = cos(θ) dans cette dernière expression, nous obtenons donc que Tn(x) = bn/2c∑ k=0 n! (2k)! (n− 2k)! xn−2k (x2 − 1)k est une solution de (♣). (b) Ici r(x) = √ 1− x2 et p(x) = 1/ √ 1− x2. Dans ce cas, r(−1) = 0 et r(1) = 0. Par la proposition 1 du chapitre 10, nous obtenons ∫ 1 −1 Tm(x)Tn(x)√ 1− x2 dx = 0 car la valeur propre de Tm(x) (respectivement Tn(x)) est m2 (respectivement n2). Il est facile de vérifier que m2 = n2 si et seulement si m = n, lorsque m,n ∈ N. Chapitre 11 Exercice 11.1 Nous avons vu que la solution formelle dans ce cas est u(r, φ) = ∞∑ n=0 anr nPn(cos(φ)) où an = (2n+ 1) 2Rn ∫ π 0 f(φ)Pn(cos(φ)) sin(φ) dφ = (2n+ 1) 2Rn ∫ 1 −1 f̃(w)Pn(w) dw. Nous allons déterminer f̃ en exprimant f comme une fonction de cos(φ) et ensuite remplacer cos(φ) par w. 209 Pour vérifier cette dernière équation, nous notons que u(R,φ) = ∞∑ n=0 anR nPn(w) = f̃(w) = 8w4 − 8w2 + 1 si cos(φ) = w = − 1 15 − 16 21R2 (R2) ( 3w2 − 1 2 ) + 64 35R4 R4 ( 35w4 − 30w2 + 3 8 ) ︸ ︷︷ ︸ (8w4 − 8w2 + 1) + ∞∑ n=5 anR nPn(w). Donc ∑∞ n=5 anR nPn(w) = 0 ⇒ an = 0 pour tout n ≥ 5 parce que les Pn forment une famille orthogonale sur [−1, 1]. Conséquemment la solution est u(r, φ) = − 1 15 − 16r 2 21R2 (3 cos2(φ)− 1) 2 + 64r4 35R4 (35 cos4(φ)− 30 cos2(φ) + 3) 8 . d) Si f(φ) = sin(φ) sin(4φ), alors f(φ) = sin(φ) sin(4φ) = 2 sin(φ) sin(2φ) cos(2φ) = 2 sin(φ) [ 2 sin(φ) cos(φ) ][ 2 cos2(φ)− 1 ] = 4 [ 1− cos2(φ) ] cos(φ) [ 2 cos2(φ)− 1 ] = −8 cos5(φ) + 12 cos3(φ)− 4 cos(φ) et ainsi f̃(w) = −8w5 + 12w3 − 4w obtenu en substituant w à la place de cos(φ). Nous pouvons maintenant calculer les coefficients an. a0 = 1 2 ∫ 1 −1 (−8w5 + 12w3 − 4w)(1) dw = 0 a1 = 3 2R ∫ 1 −1 (−8w5 + 12w3 − 4w)(w) dw = − 8 35R a2 = 5 2R2 ∫ 1 −1 (−8w5 + 12w3 − 4w) ( 3w2 − 1 2 ) dw = 0 a3 = 7 2R3 ∫ 1 −1 (−8w5 + 12w3 − 4w) ( 5w3 − 3w 2 ) dw = 56 45R3 a4 = 9 2R4 ∫ 1 −1 (−8w5 + 12w3 − 4w) ( 35w4 − 30w2 + 3 8 ) dw = 0 a5 = 11 2R5 ∫ 1 −1 (−8w5 + 12w3 − 4w) ( 63w5 − 70w3 + 15w 8 ) dw = − 64 63R5 an = 0 si n ≥ 6. Pour vérifier cette dernière équation, nous notons que u(R,φ) = ∞∑ n=0 anR nPn(w) = f̃(w) = −8w5 + 12w3 − 4w si cos(φ) = w = − 8 35R Rw + 56 45R3 (R3) ( 5w3 − 3w 2 ) − 64 63R5 R5 ( 63w5 − 70w3 + 15w 8 ) ︸ ︷︷ ︸ (−8w5 + 12w3 − 4w) + ∞∑ n=6 anR nPn(w). Donc ∑∞ n=6 anR nPn(w) = 0 ⇒ an = 0 pour tout n ≥ 6 parce que les Pn forment une famille orthogonale sur [−1, 1]. Conséquemment la solution est u(r, φ) = − 8r 35R cos(φ) + 56r3 45R3 (5 cos3(φ)− 3 cos(φ)) 2 − 64r 5 63R5 (63 cos5(φ)− 70 cos3(φ) + 15 cos(φ)) 8 . 212 e) Si f(φ) =  c, si 0 ≤ φ < π/2;0, si φ = π/2;−c, si π/2 < φ ≤ π. alors f̃(w) = { c, si 0 < w ≤ 1; 0, si w = 0; −c, si −1 ≤ w < 0. Donc an = (2n+ 1) 2Rn ∫ 1 −1 f̃(w)Pn(w) dw = (2n+ 1) 2Rn [∫ 0 −1 (−c)Pn(w) dw + ∫ 1 0 (c)Pn(w) dw ] . Notons que si n est pair, alors Pn(w) est une fonction paire et ∫ 0 −1 Pn(w) dw = ∫ 1 0 Pn(w) dw; alors que si n est impair, alors Pn(w) est une fonction impaire et ∫ 0 −1 Pn(w) dw = − ∫ 1 0 Pn(w) dw. De cette remarque, nous avons an =  0, si n est pair; (2n+ 1)c Rn ∫ 1 0 Pn(w) dw, si n est impair. Nous allons utiliser la formule de Rodrigues pour évaluer cette dernière intégrale: Pn(w) = 1 2nn! dn dwn [ (w2 − 1)n ] . De plus ici n ≥ 1, parce que n est impair. Nous avons donc ∫ 1 0 Pn(w) dw = 1 2nn! ∫ 1 0 dn dwn [ (w2 − 1)n ] dw = 1 2nn! ( dn−1 dwn−1 [ (w2 − 1)n ]]w=1 w=0 . Mais nous avons vu en classe au lemme 1 que dn−1 dwn−1 [ (w2 − 1)n ]∣∣∣∣ w=±1 = 0. Il suffit alors d’évaluer dn−1 dwn−1 [ (w2 − 1)n ]∣∣∣∣ w=0 lorsque n est impair. Notons n = 2p+ 1 avec p ∈ N. Nous pouvons développer (w2− 1)n en utilisant la formule du binome. Ainsi (w2 − 1)n = n∑ k=0 (−1)k n! k! (n− k)! w2(n−k). Nous avons 2n− 2k < (n− 1) ⇔ n < 2k − 1 ⇔ 2p+ 1 < 2k − 1 ⇔ p+ 1 < k. Donc dn−1 dwn−1 [ (w2 − 1)n ] = p+1∑ k=0 (−1)k n! k! (n− k)! (2n− 2k)! (n− 2k + 1)! wn−2k+1 ⇒ dn−1 dwn−1 [ (w2 − 1)n ]∣∣∣∣ w=0 = (−1)p+1 n! (2n− 2p− 2)! (p+ 1)! p! (n− 2p− 2 + 1)! = (−1)p+1 n! (2p)! (p+ 1)! (p)! où n = 2p+ 1. Conséquemment∫ 1 0 Pn(w) dw = 1 2n n! ( 0− (−1)p+1 n! (2p)! (p+ 1)! (p)! ) = (−1)p (2p)! 22p+1(p+ 1)! p! . 213 La solution est u(r, φ) = ∞∑ p=0 (−1)p (2(2p+ 1) + 1) c (2p)!r 2p+1 22p+1(p+ 1)! p!R2p+1 P2p+1(cos(φ)) = ∞∑ p=0 (−1)p (4p+ 3) c (2p)! r 2p+1 22p+1 (p+ 1)! p!R2p+1 P2p+1(cos(φ)). Exercice 11.2 Nous avons vu que la solution est u(r, φ) = ∞∑ n=0 an rn Rn Pn(cos(φ)) avec an = (2n+ 1) 2Rn ∫ π 0 f(φ)Pn(cos(φ)) sin(φ) dφ pour tout n ∈ N. La valeur de u au centre de la sphère est u(0, 0) = a0P0(cos(0)) = a0 = 1 2 ∫ π 0 f(φ) sin(φ) dφ. Pour calculer la moyenne des valeurs de u(R,φ), il nous faut une paramétrisation de la sphère, ensuite calculer l’élément de surface et finalement l’intégrale de surface. Une paramétrisation est obtenue par x(θ, φ) = R cos(θ) sin(φ) y(θ, φ) = R sin(θ) sin(φ) z(θ, φ) = R cos(φ)  où 0 ≤ θ ≤ 2π et 0 ≤ φ ≤ π. Pour calculer l’élément de surface, nous devons calculer la norme du produit vectoriel( ∂x ∂θ , ∂y ∂θ , ∂z ∂θ ) × ( ∂x ∂φ , ∂y ∂φ , ∂z ∂φ ) . Ce produit vectoriel est égal à (−R sin(θ) sin(φ), R cos(θ) sin(φ), 0)× (R cos(θ) cos(φ), R sin(θ) cos(φ),−R sin(φ)) = (−R2 cos(θ) sin2(φ),−R2 sin(θ) sin2(φ),−R2 sin(φ) cos(φ)). Donc l’élément de surface est√ (−R2 cos(θ) sin2(φ))2 + (−R2 sin(θ) sin2(φ))2 + (−R2 sin(φ) cos(φ))2 dθ dφ = R2 sin(φ) dθ dφ. La moyenne des valeurs de u(R,φ) est égale à∫ π 0 ∫ 2π 0 f(φ)R2 sin(φ) dθ dφ∫ π 0 ∫ 2π 0 R2 sin(φ) dθ dφ = 2πR2 ∫ π 0 f(φ) sin(φ) dφ 2πR2 ∫ π 0 sin(φ) dφ = ∫ π 0 f(φ) sin(φ) dφ − ( cos(φ) ]π 0 = 1 2 ∫ π 0 f(φ) sin(φ) dφ. Mais ceci est exactement u(0, 0). Donc nous avons démontré le résultat. Exercice 11.3 En coordonnées polaires, l’équation de Laplace devient ∂2u ∂r2 + 1 r2 ∂2u ∂θ2 + 1 r ∂u ∂r = 0 où u = u(r, θ). 214