edp pour ingenieur

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Equations aux d´ eriv´ ees partielles. LFSAB1103 (Math´ ematiques 3) Jean-Fran¸ cois Remacle Gr´ egoire Winckelmans * * Aussi bas´ e, en partie, sur les notes du cours Introduction `a la Physique Math´ ematique, par L. Bolle et A. Laloux et sur le livre de r´ ef´ erence Applied Partial Differential Equations, par Richard Haberman. Certaines simulations num´ eriques et figures associ´ ees ont ´ et´ e r´ ealis´ ees par F. Thirifay. et G. Daeninck. Les exercices r´ esolus ont ´ et´ e r´ edig´ es en partie par Richard Comblen, Ivan De Visscher, Matthieu Duponcheel, Olivier Gourgue, Olivier Lietaer et Timoth´ ee Lonfils 1

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Page 1: EDP Pour Ingenieur

Equations aux derivees partielles.LFSAB1103 (Mathematiques 3)

Jean-Francois Remacle Gregoire Winckelmans ∗

∗Aussi base, en partie, sur les notes du cours Introduction a la Physique Mathematique, par L. Bolle et A.Laloux et sur le livre de reference Applied Partial Differential Equations, par Richard Haberman. Certainessimulations numeriques et figures associees ont ete realisees par F. Thirifay. et G. Daeninck. Les exercices resolusont ete rediges en partie par Richard Comblen, Ivan De Visscher, Matthieu Duponcheel, Olivier Gourgue, OlivierLietaer et Timothee Lonfils

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Page 2: EDP Pour Ingenieur

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Contents

1 Introduction et terminologie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1 Exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 EDP du 1er ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.1 Probleme de Cauchy et methode des caracteristiques . . . . . . . . . . . . . . . 62.2 Exemples . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2.2.1 EDP homogene et non-homogene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2.2 Equation de transport . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2.3 Equation de transport sous forme conservative . . . . . . . . . . . . . . . 142.2.4 Equation de tranport: cas non-lineaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.3 Discussion sur les conditions aux limites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233 EDP du 2eme ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243.1 Probleme de Cauchy et methode des caracteristiques . . . . . . . . . . . . . . . 243.2 Exemple d’EDP hyperbolique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.3 Exemple d’EDP parabolique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 303.4 Exemples d’EDP elliptique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.5 Systeme d’EDP du 1er ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403.6 Equivalence entre EDP du 2eme ordre et systeme de deux d’EDP du 1er ordre . 413.7 EDP de type mixte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 434 Equation de la chaleur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 444.1 Derivation de l’equation de la chaleur en une dimension . . . . . . . . . . . . . . 444.2 La Temperature . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 464.3 Conditions aux limites et conditions initiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 484.4 Equation de la chaleur en regime stationnaire. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

4.4.1 Temperature fixee aux extremites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494.4.2 Flux de chaleur fixe aux extremites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

4.5 Derivation de l’equation de la chaleur en dimensions 2 et 3 . . . . . . . . . . . . 514.6 Conditions aux limites et conditions initiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 534.7 Equation de la chaleur stationnaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 535 Coordonnees curvilignes et operateurs differentiels . . . . . . . . . . . . . . . . . 535.1 Calcul du gradient . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 545.2 Calcul de la divergence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 555.3 Calcul du laplacien . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 565.4 Tenseur metrique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 565.5 Coordonnees polaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 565.6 Coordonnees spheriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 576 La methode de Separation des variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 596.1 Linearite, homogenetie et principe de superposition . . . . . . . . . . . . . . . . 596.2 Equation de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

6.2.1 Equation de Laplace en physique mathematique . . . . . . . . . . . . . . 606.2.2 Equation de Laplace dans un rectangle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 616.2.3 Operateurs auto adjoints . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 676.2.4 Fonctions propres et valeurs propres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 706.2.5 Resume des solutions possible du probleme X ′′ + k2X = 0. . . . . . . . . 716.2.6 Equation de Laplace dans un cercle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

Page 3: EDP Pour Ingenieur

3

6.2.7 Les conditions de Robin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 756.3 Equation d’onde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

6.3.1 Probleme de Helmoltz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 816.3.2 Vibrations d’une membrane rectangulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . 836.3.3 Vibrations d’une membrane circulaire : Fonctions de Bessel . . . . . . . . 85

7 Exercices Resolus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 917.1 Separation des Variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

7.1.1 Equation de Laplace dans un anneau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 917.1.2 Equation de Laplace a l’exterieur d’un disque. . . . . . . . . . . . . . . . 977.1.3 Equation de Laplace dans un cylindre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 987.1.4 Equation de Laplace dans un cylindre. Fonctions de Bessel modifiees . . 1007.1.5 Equation de Laplace dans un cube . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1027.1.6 Diffusion thermique en milieu fini (1/3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1037.1.7 Diffusion thermique en milieu fini (2/3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1077.1.8 Diffusion thermique en milieu fini (3/3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1107.1.9 Anti-diffusion, probleme mal pose . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1117.1.10 Diffusion thermique en milieu infini, profondeur de penetration . . . . . . 1147.1.11 Vibrations amorties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

7.2 Rotation d’une corde flexible . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1177.3 Deux variables spatiales : vibration d’une membrane rectangulaire . . . . . . . . 118

7.3.1 Deux variables spatiales : vibration d’une membrane circulaire . . . . . . 1217.3.2 Equation non homogene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1227.3.3 Vibration d’une membrane annulaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1237.3.4 Guide d’ondes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

7.4 Methode des caracteristiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1307.4.1 Caracteristiques pour une EDP du premier ordre (1/2) . . . . . . . . . . 1307.4.2 Caracteristiques pour une EDP du premier ordre (2/2) . . . . . . . . . . 133

Page 4: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 4

1 Introduction et terminologie

Soit une variable u (l’inconnue) dependant de m variables independantes x1, x2, . . . , xm. (Parexemple, pour l’espace physique qui nous entoure, les variables independantes sont typiquementles trois coordonnees de l’espace, x, y, z, ainsi que le temps t.)

Toute relation entre u, xj (j = 1, . . . ,m) et des derivees partielles de u par rapport aux xj,

F

(u, x1, . . . ,

∂u

∂x1

, . . . ,∂2u

∂x21

,∂2u

∂x1∂x2

, . . . ,∂nu

∂xn1, . . .

)= 0 , (1)

constitue une equation aux derivees partielles (en abrege: une EDP).Une EDP est dite d’ordre n quand la derivee partielle d’ordre le plus eleve qu’elle contient

est d’ordre n.Une EDP est dite lineaire quand elle l’est par rapport a u et a toutes ses derivees partielles.

Par exemple, l’EDP lineaire du 2eme ordre et a deux variables independantes x et y a la formegenerale

A∂2u

∂x2+B

∂2u

∂x∂y+ C

∂2u

∂y2+ P

∂u

∂x+Q

∂u

∂y+Gu = F . (2)

ou A, B, C, P , Q, G et F sont, au plus, fonctions de x et y.Une EDP est dite quasi-lineaire quand elle l’est par rapport aux derivees partielles d’ordre

le plus eleve en chacune des variables.Une EDP est dite homogene quand elle ne contient que des termes faisant intervenir u et

ses derivees partielles. Par exemple, dans le cas lineaire, L’EDP est homogene lorsque F = 0.La solution generale d’une EDP lineaire et non homogene (F 6= 0) est la somme d’une

solution particuliere de l’EDP non homogene et de la solution generale de l’EDP homogene.Les EDP quasi-lineaires sont courantes en physique, et donc importantes. Elles sont, en

fait, fort proches des EDP lineaires. En particulier:

• Le concept de stabilite pour les schemas numeriques peut encore etre defini et utilise. Eneffet, la stabilite des schemas est dominee par les derivees de plus haut ordre.

• Pour les EDP hyperboliques (voir plus loin), le concept de caracteristiques peut encoreetre defini et utilise.

Parfois, les EDP quasi-lineaires peuvent aussi etre ecrites sous forme conservative.La solution d’une EDP, u = f(x1, . . . , xm), s’appelle aussi une integrale ou encore une

surface integrale de l’EDP.

1.1 Exemples

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0 (3)

est une EDP d’ordre 2, lineaire (meme plus: a coefficients constants) et homogene. C’estl’equation de Laplace (voir plus loin).

x∂u

∂x+ y

∂u

∂y+xy

l2u = 2u0 (4)

Page 5: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 5

(avec u0 constant et de memes dimensions que u et l une constante de longueur) est une EDPd’ordre 1, lineaire et non homogene.

x∂u

∂x+ y

∂u

∂y+u2

u0

= 0 (5)

est une EDP d’ordre 1, non lineaire (mais quasi-lineaire) et homogene.

(∂u

∂y

)2∂2u

∂x2+

(∂u

∂x

)2∂2u

∂y2= 0 (6)

est une EDP d’ordre 2, quasi-lineaire et homogene.

∂u

∂y

∂2u

∂x2+

1

l

(∂u

∂x

)2

+∂u

∂x

∂2u

∂y2= 0 (7)

est aussi une EDP d’ordre 2, quasi-lineaire et homogene.

1

l

(∂u

∂x

)2

+∂u

∂x

∂2u

∂y2= 0 (8)

n’est pas quasi-lineaire. En effet, elle est lineaire par rapport a sa derivee partielle de plus hautordre en y, mais elle n’est pas lineaire par rapport a sa derivee partielle de plus haut ordre enx.

c∂u

∂x+∂u

∂t= 0 (9)

avec c constant est une EDP d’ordre 1, lineaire (a coefficient constant) et homogene. C’estl’equation de transport (voir plus loin)

u∂u

∂x+∂u

∂t= 0 (10)

est une EDP d’ordre 1, quasi-lineaire et homogene. C’est l’equation de Burgers (voir plus loin).Elle peut aussi s’ecrire sous la forme conservative:

∂x

(u2

2

)+∂u

∂t= 0 . (11)

Enfin,∂

∂x

(α∂u

∂x

)− ∂u

∂t= 0 (12)

avec α = α(u) > 0 est une EDP d’ordre 2, quasi-lineaire et homogene. C’est l’equation dediffusion (voir plus loin) avec α le coefficient de diffusivite qui, ici, depend de la valeur localede u. En effet, sa forme developpee est obtenue comme:

α∂2u

∂x2+dα

du

(∂u

∂x

)2

− ∂u

∂t= 0 , (13)

ce qui est bien quasi-lineaire.

Page 6: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 6

2 EDP du 1er ordre

Nous examinons ici les EDP du 1er ordre, a deux variables independantes (par exemple x et you x et t), et ce dans un cadre general. Pour la theorie qui suit, on utilise les variables x et y;il est clair qu’on peut tout aussi bien utiliser x et t.

l’EDP quasi-lineaire du 1er ordre et a deux variables independantes s’ecrit, de la facon laplus generale, comme:

P∂u

∂x+Q

∂u

∂y= R (14)

ou P , Q et R sont, au plus, fonctions de x, y et u. On peut toujours decomposer R sous laforme R = F (x, y) + G(x, y, u). L’EDP est dite homogene lorsque F = 0. Le cas R = 0 estdonc aussi homogene.

Quant a l’EDP lineaire du 1er ordre, sa forme generale est:

P∂u

∂x+Q

∂u

∂y+Gu = F (15)

ou P , Q, G et F sont, au plus, fonctions de x et y. L’EDP est homogene lorsque F = 0.La forme explicite de la solution sera u = u(x, y). La forme implicite de la solution sera

une relation du type F(x, y, u) = 0. Quoi qu’il en soit, sa representation geometrique sera unesurface dans l’espace (x, y, u): la surface integrale de l’EDP.

2.1 Probleme de Cauchy et methode des caracteristiques

Soit u donne le long de la courbe parametrisee Γ ≡ (x(s), y(s)) avec s le parametre qui decrit lacourbe, voir Fig. 1: donc u(x(s), y(s)) = u(s) est une fonction donnee. La question est: peut-onobtenir la solution u au voisinage de la courbe Γ? Si oui, on pourra repeter la procedure enpartant de la courbe voisine, etc., et donc obtenir (du moins en principe!) la solution u(x, y)dans le domaine. C’est le probleme de Cauchy.

Puisque u(s) est connu le long de Γ, duds

est aussi connu le long de Γ et on peut ecrire:

∂u

∂x

dx

ds+∂u

∂y

dy

ds=du

ds. (16)

Il en resulte qu’on peut former, avec l’EDP elle-meme, le systeme suivant:

(P Qdxds

dyds

)(∂u∂x∂u∂y

)=

(Rduds

). (17)

Tant que le determinant ne s’annule pas, on peut resoudre ce systeme et donc obtenir, lelong de Γ, ∂u

∂xet ∂u

∂y. Cela permet alors de construire la solution u dans le voisinage de la courbe

Γ. En effet, pour toute direction locale (dx, dy) hors de la courbe et au voisinage d’un point(x(s), y(s)) de la courbe, on a que

u(x+ dx, y + dy) = u(x, y) + dx∂u

∂x(x, y) + dy

∂u

∂y(x, y) . (18)

A noter que cette relation est exacte puisque dx et dy sont petits. On a donc obtenu u horsde la courbe Γ et dans son voisinage immediat. En repetant la procedure, on peut donc (du

Page 7: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 7

0 x

y

us

G

c

Fig. 1: Probleme de Cauchy pour l’EDP du 1er ordre.

moins en principe) se propager petit pas par petit pas et obtenir la solution de l’EDP de plusen plus loin de la courbe Γ.

Ceci, bien sur, n’est pas tres pratique. Et ceci ne fonctionne que si le determinant ne s’annulepas. Le probleme de Cauchy est donc bien pose si la courbe Γ est telle que le determinant nes’annule en aucun de ses points.

Pour la suite, on considere donc un probleme bien pose. Considerons cette fois les directions(dx, dy) non paralleles a Γ; la variation du qui y correspond est liee a dx et dy par

∂u

∂xdx+

∂u

∂ydy = du . (19)

Il en resulte qu’on peut former, avec l’EDP elle-meme, le systeme:

(P Qdx dy

)(∂u∂x∂u∂y

)=

(Rdu

). (20)

Puisque que le probleme est bien pose, il y a, en tout point de Γ, une direction locale particuliere(dx, dy) telle que le determinant ∣∣∣∣

P Qdx dy

∣∣∣∣ (21)

s’annule. Cette direction est donc telle que dx et dy sont lies par la relation

P dy = Qdx . (22)

Cette direction est tres importante car, on va le voir, tres pratique; on l’appelle la directioncaracteristique. La pente locale de la caracteristique est donc dy

dx= Q

Pou dx

dy= P

Q(choisir l’un

ou l’autre selon que P ou Q pourrait etre nul localement, avec la condition que P et Q nes’annulent jamais ensemble). Pour la suite, nous considerons, sans perte de generalite, que P

Page 8: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 8

est non nul et que Q est general (non nul ou nul). Le cas Q non nul et P general se traite dela meme maniere.

Bien que le determinant du systeme s’annule le long de cette direction particuliere (ladirection caracteristique), le systeme est neanmoins encore “soluble” le long de cette memecaracteristique a condition que le determinant forme en remplacant une des colonnes de lamatrice par le membre de droite s’annule egalement (cfr. resultats des cours d’algebre lineaire).Choisissons de remplacer la deuxieme colonne; cela donne:

∣∣∣∣P Rdx du

∣∣∣∣ = 0 (23)

et doncP du = Rdx . (24)

Cette relation de compatibilite constitue, en fait, la relation differentielle qui determine la vari-ation du de la solution pour une variation dx le long de la caracteristique. Il s’agit d’uneequation differentielle ordinaire (EDO) du premier ordre: L’EDP de depart est donc devenueune EDO le long de la courbe caracteristique! Ce qui constitue un probleme beaucoup plussimple! Ceci forme la base de la methode des caracteristiques: construire la solution en dehorsde Γ en integrant la relation caracteristique: l’EDO valable le long de la caracteristique.

A noter que le cas R = 0 est particulier: cela donne du = 0 le long de la caracteristique;la fonction u est donc conservee le long de la caracteristique (on appelle cela un invariant deRiemann).

De maniere equivalente, on aurait pu remplacer la premiere colonne; ce qui donne:

∣∣∣∣R Qdu dy

∣∣∣∣ = 0 (25)

et doncQdu = Rdy , (26)

la relation differentielle qui determine la variation du de la solution pour une variation dy le longde la caracteristique. Attention, ceci n’est pas une autre EDO! En effet, puisque Qdx = P dy,cette EDO est equivalente a la precedante, P du = Rdx. On utilisera l’une EDO ou l’autreselon ce qui est la plus simple a integrer.

Comme moyen simple de retenir les relations ci-dessus, on ecrit

dx

P=dy

Q=du

R, (27)

ce qui correspond bien a deux relations et non trois. Attention, ceci n’est que pour memorisation!En effet, pour les calculs, il faut vraiment utiliser les relations de base, et qui n’ont aucunprobleme lorsque P ou Q est nul: d’abord integrer P dy = Qdx pour determiner les car-acteristiques; ensuite integrer P du = Rdx ou bien Qdu = Rdy pour determiner la variationde u le long de chaque caracteristique.

Finalement, on obtient aussi facilement (exercice) que la relation differentielle qui determinela variation du de la solution pour une variation dl directement le long de la caracteristique(avec donc dl2 = dx2 + dy2) est √

P 2 +Q2 du = Rdl . (28)

Page 9: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 9

Clairement, les EDP du 1er ordre sont toutes telles que les caracteristiques existent (on neconsidere ici que les EDP avec P et Q reel; on ne considere donc pas les EDP avec P ou Qcomplexe). Elles sont donc toute telles qu’on peut utiliser la methode des caracteristiques pourles resoudre. Comme on va le voir, la methode des caracteristique constitue d’ailleurs un outilpuissant pour les resoudre.

En consequence, toutes les EDP du 1er ordre sont dites a caractere hyperbolique. Nousverrons plus loin, pour les EDP du 2eme ordre, que ce n’est pas le cas: celles-ci seront, soit acaractere hyperbolique, soit a caractere parabolique, soit a caractere elliptique; certaines aurontmeme plusieurs caracteres (e.g., EDP hyperbolique et parabolique).

Il est important d’insister sur le fait que les donnees u du probleme de Cauchy ne peuventpas etre fournies le long d’une caracteristique: la variation de u le long de la caracteristique estdeterminee par la relation caracteristique; on ne peut donc pas l’imposer. Clairement, pour quele probleme soit bien pose, direction caracteristique et courbe Γ doivent, en tout point, etre non-paralleles. Il est clair aussi que chaque caracteristique ne peut intersecter la courbe Γ qu’uneseule fois: en effet, on ne peut imposer u en deux points relies par une meme caracteristiquepuisque c’est la relation caracteristique qui determine la relation entre ces deux points.

2.2 Exemples

2.2.1 EDP homogene et non-homogene

On considere d’abord une EDP pour un probleme dans le plan (x, y). Soit l’EDP

y∂u

∂x− x ∂u

∂y= R . (29)

On a donc P = y et Q = −x: les caracteristiques seront donc obtenues en integrant y dy =−x dx.

On considere, par exemple, un probleme de Cauchy avec la courbe Γ definie par x(s) = s(avec s > 0) et y(s) = 0. On y specifie la fonction:

u(x(s), y(s)) = u(s, 0) = f(s) (30)

donne. Les caracteristiques sont alors obtenues par integration:

∫ y

0

y′ dy′ = −∫ x

s

x′ dx′ ⇒ y2

2= −

(x2

2− s2

2

)(31)

et donc, finalement,x2 + y2 = s2 . (32)

Les caracteristiques sont donc des cercles de rayon s. On verifie que Γ est bien admissible: elleest non-parallele, en chacun de ses points, a la direction caracteristique locale et elle ne coupechaque caracteristique qu’une seule fois.

Considerons d’abord le cas homogene: R = 0. Comme du = 0 le long de chaque car-acteristique, la function u est conservee le long de chaque caracteristique. L’integration donneeffectivement que ∫ u(x,y)

u(s,0)

du′ = 0 ⇒ u(x, y)− u(s, 0) = 0 . (33)

Page 10: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 10

Pour tout point (x, y) du plan, il suffit de suivre la caracteristique et de retrouver le s qui luicorrespond: s =

√x2 + y2. La solution est donc finalement, exprimee en fonction de x et de y,

u(x, y) = u(s, 0) = f(s) = f(√

x2 + y2). (34)

En particulier, on obtient que u(−x, 0) = u(x, 0). On verifie bien qu’on ne peut pas ici specifieru(s, 0) pour les s negatifs: la courbe Γ croiserait alors deux fois la meme caracteristique, ce quin’est pas autorise.

Considerons ensuite un cas non-homogene: par exemple R = u0 xy/l2 (avec u0 constant et

de memes dimensions que u et l une constante de longueur). La relation caracteristique estalors (l’une ou l’autre equation pouvant etre utilisee):

y du =u0

l2xy dx ou − x du =

u0

l2xy dy (35)

c.-a-d.du =

u0

l2x dx ou du = −u0

l2y dy , (36)

et son integration donne:

u(x, y)− u(s, 0) =u0

l2

∫ x

s

x′ dx′ =u0

l2

[x2

2− s2

2

]= −u0

2

y2

l2, (37)

ou bien

u(x, y)− u(s, 0) = −u0

l2

∫ y

0

y′ dy′ = −u0

2

y2

l2(38)

ce qui est bien la meme chose. On a donc, finalement:

u(x, y) = f(√

x2 + y2)− u0

2

y2

l2(39)

Considerons un autre cas non-homogene: R = u0. La relation caracteristique est alors (l’uneou l’autre equation pouvant etre utilisee):

y du = u0 dx ou − x du = u0 dy . (40)

Integrons en utilisant la premiere. Pour ce faire, il faut d’abord exprimer y en fonction de x:ils sont, en effet, lies puisqu’on est le long d’une caracteristique! Cela donne y = ±

√s2 − x2.

Pour le cas y > 0, on prend le signe positif. La relation caracteristique devient alors:

du = u0dx√s2 − x2

. (41)

Son integration donne

u(x, y)− u(s, 0) = u0

∫ x

s

dx′√s2 − x′2

= u0

[arcsin

(xs

)− arcsin(1)

](42)

et donc, finalement:

u(x, y) = f(√

x2 + y2)

+ u0

[arcsin

(x√

x2 + y2

)− π

2

]. (43)

Page 11: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 11Classification des EDP 10

!50

510

0

1

2

3

4

5

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

t c/b

x/b

u/u0

Figure 2: Cas avec c constant. La condition initiale est u(s, 0) = u0 e!s2/b2 .

La fonction initiale est donc simplement transportee (convectee) a vitesse constante c,voir Fig. 2. A noter que la solution est aussi obtenue pour des temps negatifs: u(x, t) estici obtenu pour tous les x et pour tous les temps.

Considerons aussi le taux de variation de u pour un observateur se deplacant selonune loi xp(t) donnee. Ce qu’il percoit comme variation de u sera

d

dtu(xp(t), t) =

!u

!x

dxp

dt+

!u

!t. (50)

Comparons avec l’EDP: il apparaıt que si l’observateur se deplace exactement a la vitessec, il n’observera aucun changement de u: u demeure inchange pour un observateur sedeplacant le long d’une caracteristique.

Considerons l’exemple d’un train se deplacant a vitesse c constante. Un observateurqui ne se deplace pas (cp = dxp

dt= 0; par exemple, un observateur dans le pre avoisinant

la voie ferree) voit passer tout le train, et ce a la vitesse c: si il le filme avec une camera,il en aura toute l’histoire (depuis la locomotive jusqu’au dernier wagon). Par contre, unobservateur se deplacant exactement a la vitesse du train (cp = dxp

dt= c; par exemple, une

personne dans une voiture a vitesse c sur une route parallele a la voie ferree) voit toujoursla meme partie du train: si il le filme, il aura toujours la meme image. Si l’observateurse deplace moins vite que le train (cp < c), il verra defiler le train a la vitesse c ! cp: si ille filme, il en aura toute l’histoire, mais au ralenti. Finalement, s’il se deplace plus viteque le train (cp > c), il verra le train defiler, mais en sens inverse, a la vitesse c ! cp < 0:si il le filme, il en aura aussi toute l’histoire mais en sens inverse (depuis le dernier wagonjusqu’a la locomotive). Tout ceci est evident mais neanmoins illustratif de la methodedes caracteristiques appliquee a un tel probleme. On reportera utilement tous les cas detrajectoire d’observateur consideres ci-dessus dans un diagramme (x, t) et on comprendraencore plus clairement le concept et la methode des caracteristiques (exercice).

Fig. 2: Cas avec c constant. La condition initiale est u(s, 0) = u0 e−s2/b2 .

Pour le cas y < 0, on prend le signe negatif:

du = −u0dx√s2 − x2

(44)

et donc, finalement:

u(x, y) = f(√

x2 + y2)− u0

[arcsin

(x√

x2 + y2

)− π

2

]. (45)

2.2.2 Equation de transport

On considere ensuite un probleme unidimensionel et qui depend du temps: donc un probleme(x, t). L’exemple le plus classique est l’equation de transport (aussi appelee equation de convec-tion):

c∂u

∂x+∂u

∂t= 0 (46)

c ayant la dimension physique d’une vitesse. On a donc que P = c, Q = 1 et R = 0. CommeR = 0, cette EDP conserve u le long de chaque caracteristique. La direction des caracteristiquesest ici obtenue comme dx = c dt. En toute generalite, on aura que c = c(x, t, u); dans le caslineaire, on aura que c = c(x, t).

On considere un domaine ouvert (i.e. non borne) et le probleme de Cauchy defini encondition initiale: la courbe Γ est donc x(s) = s et t(s) = 0; elle est admissible car elle estnon-parallele, en chacun de ses points, a la direction caracteristique et elle ne coupe chaquecaracteristique qu’une seule fois. On y specifie la fonction:

u(x(s), t(s)) = u(s, 0) = f(s) (47)

Page 12: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 12

donne.On considere d’abord le cas c constant: il correspond a l’equation de convection a vitesse

constante. Dans ce cas, toutes les courbes caracteristiques sont des droites paralleles, voirFig. 2. En effet, l’integration donne

∫ x

s

dx′ = c

∫ t

0

dt′ ⇒ x− s = c t , (48)

ce qui est bien un reseau de droites. La solution de l’EDP est obtenue comme

u(x, t) = f(s) = f(x− c t) . (49)

La fonction initiale est donc simplement transportee (convectee) a vitesse constante c, voirFig. 2. A noter que la solution est aussi obtenue pour des temps negatifs: u(x, t) est ici obtenupour tous les x et pour tous les temps.

Considerons aussi le taux de variation de u pour un observateur se deplacant selon une loixp(t) donnee. Ce qu’il percoit comme variation de u sera

d

dtu(xp(t), t) =

∂u

∂x

dxpdt

+∂u

∂t. (50)

Comparons avec l’EDP: il apparaıt que si l’observateur se deplace exactement a la vitesse c, iln’observera aucun changement de u: u demeure inchange pour un observateur se deplacant lelong d’une caracteristique.

Considerons l’exemple d’un train se deplacant a vitesse c constante. Un observateur quine se deplace pas (cp = dxp

dt= 0; par exemple, un observateur dans le pre avoisinant la voie

ferree) voit passer tout le train, et ce a la vitesse c: si il le filme avec une camera, il en auratoute l’histoire (depuis la locomotive jusqu’au dernier wagon). Par contre, un observateur sedeplacant exactement a la vitesse du train (cp = dxp

dt= c; par exemple, une personne dans

une voiture a vitesse c sur une route parallele a la voie ferree) voit toujours la meme partiedu train: si il le filme, il aura toujours la meme image. Si l’observateur se deplace moins viteque le train (cp < c), il verra defiler le train a la vitesse c − cp: si il le filme, il en aura toutel’histoire, mais au ralenti. Finalement, s’il se deplace plus vite que le train (cp > c), il verrale train defiler, mais en sens inverse, a la vitesse c − cp < 0: si il le filme, il en aura aussitoute l’histoire mais en sens inverse (depuis le dernier wagon jusqu’a la locomotive). Tout ceciest evident mais neanmoins illustratif de la methode des caracteristiques appliquee a un telprobleme. On reportera utilement tous les cas de trajectoire d’observateur consideres ci-dessusdans un diagramme (x, t) et on comprendra encore plus clairement le concept et la methodedes caracteristiques (exercice).

A noter aussi que, plutot que de considerer, comme ci-dessus, un probleme de Cauchydefini en condition initiale, (x(s) = s, t(s) = 0 et u(s, 0) = f(s) donne), on peut tout aussi bienconsiderer un probleme de Cauchy defini en condition limite: x(s) = 0, t(s) = s et u(0, s) = h(s)donne. Effectivement, ce probleme est egalement bien pose puisque l’axe du temps n’est pasconfondu avec la direction des caracteristiques. L’equation des caracteristiques est obtenue parintegration: ∫ x

0

dx′ = c

∫ t

s

dt′ ⇒ x = c(t− s) (51)

et donc aussi s = t− x/c. La solution de l’EDP est facilement obtenue

u(x, t) = h(s) = h(t− x/c) . (52)

Page 13: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 13

Ici aussi, la solution est aussi obtenue pour des x negatifs: u(x, t) est ici obtenu pour tous lesx et pour tous les temps t.

Pour le cas c > 0, on peut aussi considerer un probleme de Cauchy avec condition initialesur un domaine borne a gauche: 0 ≤ s <∞. Il faut alors fournir la condition initiale pour tousles points du domaine (u(s, 0) = f(s) donne pour s ≥ 0) ainsi que la condition a la limite, surle bord du domaine pour tous les temps futurs (u(0, t) = h(t) donne pour t > 0. La solution estalors aussi obtenue en utilisant le diagramme (x, t) et la methode des caracteristiques (exercice).

Et que se passse-t-il si on considere la frontiere x = L? l’information sort simplement dudomaine sur cette frontiere; on ne peut imposer aucune condition sur cette frontiere: u(L, t)est completement determine par ce qui vient de la gauche!

Les cas c = c(x, t) sont aussi interessants et facilement integrables. Considerons d’abord lecas c = c(x): du transport dans un milieu non-homogene. Les courbes caracteristiques sontalors obtenues par integration de dx = c(x) dt. On considere, de nouveau, un probleme deCauchy defini en condition initiale (x(s) = s, t(s) = 0 et u(s, 0) = f(s) donne). Definissant laprimitive

I(x) =

∫ x dx′

c(x′), (53)

l’equation des caracteristiques est alors obtenue sous la forme:

I(x)− I(s) = t , (54)

ce qui constitue une relation implicite qui definit le reseau des caracteristiques.A titre d’exemple, considerons le cas c(x) = x/τ , avec τ une constante de temps. Les

caracteristiques sont alors obtenues par integration de∫ x

s

dx′

x′=

∫ t

0

dt′

τ, (55)

ce qui donne

log(xs

)=t

τ. (56)

Ce resultat est aussi facilement inversible. On obtient

x = s et/τ . (57)

et donc l’origine s de la caracteristique passant par le point x au temps t est

s = x e−t/τ . (58)

Les caracteristiques sont donc des courbes exponentielles, voir Fig. 3. La solution de l’EDPhomogene (R = 0) pour le probleme defini en condition initiale est donc:

u(x, t) = f(s) = f(x e−t/τ

), (59)

On constate aussi que la fonction se deforme: son integrale n’est pas conservee!Considerons ensuite le cas c = c(t). Les courbes caracteristiques sont alors obtenues par

integration de dx = c(t) dt. Ce sont des courbes paralleles: la fonction se deplace donc sans sedeformer. En effet, definissant la primitive

H(t) =

∫ t

c(t′) dt′ , (60)

Page 14: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 14Classification des EDP 12

!20 !15 !10 !5 0 5 10 15 200

1

2

3

4

5

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

4 t/!

x/b

u/u0

Figure 3: Cas avec c = x/! . La condition initiale est u(s, 0) = u0 e!s2/b2 .

et donc l’origine s de la caracteristique passant par le point x au temps t est

s = x e!t/! . (58)

Les caracteristiques sont donc des courbes exponentielles, voir Fig. 3. La solution del’EDP homogene (R = 0) pour le probleme defini en condition initiale est donc:

u(x, t) = f(s) = f!x e!t/!

", (59)

On constate aussi que la fonction se deforme: son integrale n’est pas conservee!Considerons ensuite le cas c = c(t). Les courbes caracteristiques sont alors obtenues

par integration de dx = c(t) dt. Ce sont des courbes paralleles: la fonction se deplacedonc sans se deformer. En e!et, definissant la primitive

H(t) =# t

c(t") dt" , (60)

l’equation des caracteristiques est obtenue sous la forme:

x ! s = H(t) ! H(0) . (61)

A titre d’exemple, considerons le cas c(t) = l/(t + !). Les caracteristiques sont obtenuespar integration de # x

s

dx

l=

# t

0

dt"

t" + !, (62)

ce qui donne(x ! s)

l= log

$t + !

!

%, (63)

Fig. 3: Cas avec c = x/τ . La condition initiale est u(s, 0) = u0 e−s2/b2 .

l’equation des caracteristiques est obtenue sous la forme:

x− s = H(t)−H(0) . (61)

A titre d’exemple, considerons le cas c(t) = l/(t + τ). Les caracteristiques sont obtenues parintegration de ∫ x

s

dx

l=

∫ t

0

dt′

t′ + τ, (62)

ce qui donne(x− s)

l= log

(t+ τ

τ

), (63)

et doncs = x− l log(1 + t/τ) . (64)

La solution de l’EDP homogene pour le probleme defini en condition initiale est obtenue comme

u(x, t) = f(s) = f (x− l log(1 + t/τ)) , (65)

voir Fig. 4. On verifie bien que la fonction ne se deforme pas, mais qu’elle se deplace a vitessenon constante.

2.2.3 Equation de transport sous forme conservative

Une autre classe interessante est l’equation de transport ecrite sous forme conservative:

∂x(c u) +

∂u

∂t= 0 , (66)

Page 15: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 15

Classification des EDP 13

!5 !4 !3 !2 !1 0 1 2 3 4 5 6 70

1

2

3

4

5

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

t/!

x/b

u/u0

Figure 4: Cas avec c = l/(t + !). La condition initiale est u(s, 0) = u0 e!s2/b2 et on aaussi l/b = 1.

et doncs = x ! l log(1 + t/!) . (64)

La solution de l’EDP homogene pour le probleme defini en condition initiale est obtenuecomme

u(x, t) = f(s) = f (x ! l log(1 + t/!)) , (65)

voir Fig. 4. On verifie bien que la fonction ne se deforme pas, mais qu’elle se deplace avitesse non constante.

2.2.3 Equation de transport sous forme conservative

Une autre classe interessante est l’equation de transport ecrite sous forme conservative:

"

"x(c u) +

"u

"t= 0 , (66)

avec, en toute generalite, c = c(x, t, u).Avant de proceder plus avant, remarquons que, pour les cas c constant et c = c(t), il

n’y a aucune di!erence avec le cas precedent,

c"u

"x+

"u

"t= 0 . (67)

Il n’en est cependant pas de meme pour les autres cas!On considere, de nouveau, le probleme de Cauchy defini en condition intiale. On

considere, soit un domaine non borne (i.e., ouvert, avec u " 0 lorsque x " ±#), soitun domaine periodique de periode L (u(x, t) = u(x + L, t)).

Fig. 4: Cas avec c = l/(t+ τ). La condition initiale est u(s, 0) = u0 e−s2/b2 et on a aussi l/b = 1.

avec, en toute generalite, c = c(x, t, u).Avant de proceder plus avant, remarquons que, pour les cas c constant et c = c(t), il n’y a

aucune difference avec le cas precedent,

c∂u

∂x+∂u

∂t= 0 . (67)

Il n’en est cependant pas de meme pour les autres cas!On considere, de nouveau, le probleme de Cauchy defini en condition intiale. On considere,

soit un domaine non borne (i.e., ouvert, avec u → 0 lorsque x → ±∞), soit un domaineperiodique de periode L (u(x, t) = u(x+ L, t)).

L’equation sous forme conservative est telle que l’integrale de u est conservee. En effet, enintegrant l’EDP et en supposant que la fonction u(x, t) demeure continue (on verra plus tardce qu’il en est pour le cas avec discontinuite), on obtient que

d

dt

(∫ b

a

u dx

)=

∫ b

a

∂u

∂tdx = −

∫ b

a

∂x(c u) dx = − [c u]ba = 0 (68)

ou a = −∞ et b = ∞ pour un domaine non borne, et a = 0, b = L pour un domaineperiodique. C’est donc souvent ce type d’equation qu’on rencontre en physique: en effet, laplupart des phenomenes physiques de transport sont tels que la quantite globale de u (i.e., sonintegrale) est conservee.

Il est clair, par contre, que u n’est plus conserve le long des caracteristiques. En effet, laforme developpee de l’EDP est:

c∂u

∂x+∂u

∂t= − ∂c

∂xu . (69)

Le long des caracteristiques (obtenues par integration de dx = c dt), la variation de u est doncregie par du = −u ∂c

∂xdt ou, de facon equivalente, par c du = −u ∂c

∂xdx.

Page 16: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 16

On considere le cas de transport au travers d’un milieu non-homogene: c = c(x). Lereseau des caracteristiques est alors obtenu par integration de dx

c(x)= dt: idem qu’a la section

precedente. Pour la variation de u le long de chaque caracteristique, on obtient

du

u= − dc

dx

dx

c= −dc

c⇔ d(cu) = 0 . (70)

On constate donc que c’est cu qui est conserve le long de chaque caracteristique! L’integrationdonne

log

(u(x, t)

u(s, 0)

)= log

(c(x)

c(s)

)⇔ c(x)u(x, t) = c(s)u(s, 0) (71)

et donc, finalement,

u(x, t) =c(s)

c(x)u(s, 0) =

c(s)

c(x)f(s) . (72)

Pour terminer, il reste simplement a exprimer s en fonction de x et de t: pour ce faire, onutilise l’equation des caracteristiques.

Une autre facon, tout aussi simple, d’obtenir ce resultat est de multiplier l’EDP par c(x).La fonction v definie par v(x, t) ≡ c(x)u(x, t) satisfait alors l’EDP

c∂v

∂x+∂v

∂t= 0 . (73)

On a donc que v = cu est conserve le long des caracteristiques:

v(x, t) = v(s, 0) ⇔ c(x)u(x, t) = c(s)u(s, 0) = c(s) f(s) (74)

ce qui correspond bien au meme resultat que ci-dessus.Finalement, on note aussi que l’EDP en forme conservative et avec c = c(x) ne conserve pas

l’energie (i.e., l’integrale∫ bau2/2 dx). On obtient (exercice):

d

dt

(∫ b

a

u2

2dx

)= −

∫ b

a

dc

dx

u2

2dx . (75)

On verifie par contre (exercice) que∫ bac(x)u2/2 dx est conserve.

A titre d’exemple, considerons de nouveau le cas avec c(x) = x/τ . L’equation des car-acteristiques a deja ete obtenue: s = x e−t/τ . On obtient donc

v(x, t) =s

τf(s) =

x e−t/τ

τf(x e−t/τ

)(76)

et, finalement,

u(x, t) =v(x, t)

c(x)= e−t/τ f

(x e−t/τ

). (77)

On verifie aisement que la solution conserve effectivement l’integrale de u:

∫ ∞

−∞u dx =

∫ ∞

−∞f(x e−t/τ

)e−t/τ dx =

∫ ∞

−∞f(s) ds . (78)

Page 17: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 17

Classification des EDP 15

!20 !15 !10 !5 0 5 10 15 200

1

2

3

4

5

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

4 t/!

x/b

u/u0

Figure 5: Cas conservatif avec c = x/! . La condition initiale est u(s, 0) = u0 e!s2/b2 .

On verifie par contre (exercice) que! ba c(x) u2/2 dx est conserve.

A titre d’exemple, considerons de nouveau le cas avec c(x) = x/! . L’equation descaracteristiques a deja ete obtenue: s = x e!t/! . On obtient donc

v(x, t) =s

!f(s) =

x e!t/!

!f

"x e!t/!

#(76)

et, finalement,

u(x, t) =v(x, t)

c(x)= e!t/! f

"x e!t/!

#. (77)

On verifie aisement que la solution conserve e!ectivement l’integrale de u:

$ "

!"u dx =

$ "

!"f

"x e!t/!

#e!t/! dx =

$ "

!"f(s) ds . (78)

Un autre exemple correspond au cas d’un milieu non-homogene avec un puit de vitesse:

c(x) = cmax ! (cmax ! cmin)

(1 + x2/a2)=

(cmin + cmax x2/a2)

(1 + x2/a2). (79)

On obtient le reseau des caracteristiques sous la forme I(x)!I(s) = t, relation (implicite,donc a resoudre numeriquement!) qui permet d’obtenir, pour tout x et t, l’origine scorrespondante et donc de construire le reseau des caracteristiques, voir Fig. 6. Le casd’une fonction gaussienne passant au travers du puit de vitesse et “ressortant” de l’autrecote est illustre a la Fig. 7: la fonction conserve bien son integrale; de plus, elle ressortici inchangee.

Fig. 5: Cas conservatif avec c = x/τ . La condition initiale est u(s, 0) = u0 e−s2/b2 .

Un autre exemple correspond au cas d’un milieu non-homogene avec un puit de vitesse:

c(x) = cmax −(cmax − cmin)

(1 + x2/a2)=

(cmin + cmax x2/a2)

(1 + x2/a2). (79)

On obtient le reseau des caracteristiques sous la forme I(x)− I(s) = t, relation (implicite, donca resoudre numeriquement!) qui permet d’obtenir, pour tout x et t, l’origine s correspondanteet donc de construire le reseau des caracteristiques, voir Fig. 6. Le cas d’une fonction gaussiennepassant au travers du puit de vitesse et “ressortant” de l’autre cote est illustre a la Fig. 7: lafonction conserve bien son integrale; de plus, elle ressort ici inchangee.

2.2.4 Equation de tranport: cas non-lineaire

Les cas non-lineaires sont ceux pour lesquels c depend de u. Une sous-classe interessante estc = c(u). En forme non conservative, cela donne

c(u)∂u

∂x+∂u

∂t= 0 . (80)

Considerons, de nouveau, un probleme de Cauchy defini en condition initiale (x(s) = s, t(s) = 0,u(s, 0) = f(s) donne). Les caracteristiques sont donc obtenues par integration de

dx = c(u(x, t)) dt (81)

Cela paraıt complique... Mais ca ne l’est pas. En effet, puisque u est conserve le long dechaque caracteristique (car l’EDP est homogene), il resulte que c = c(u) est aussi conserve lelong de chaque caracteristique. Il en ressort que les caracteristiques sont des droites! Ce sontsimplement des droites dont la pente depend de la valeur de u(s, 0) = f(s) donne initialement.

Page 18: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 18Classification des EDP 16

!80 !60 !40 !20 0 20 40 600

20

40

60

80

100

120

10 cmax t/a

10 x/a

Figure 6: Cas conservatif avec puit de vitesse. Reseau des caracteristiques pour le cascmin/cmax = 1/4.

!60!40

!200

2040

600

50

100

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

10 cmax t/a

10 x/a

u/u0

Figure 7: Cas conservatif avec puit de vitesse. La condition initiale est u(s, 0) =u0 e!(s!sc)2/b2 et on a aussi sc/a = !4 et b/a = 1/2.

Fig. 6: Cas conservatif avec puit de vitesse. Reseau des caracteristiques pour le cas cmin/cmax =1/4.

Classification des EDP 16

!80 !60 !40 !20 0 20 40 600

20

40

60

80

100

120

10 cmax t/a

10 x/a

Figure 6: Cas conservatif avec puit de vitesse. Reseau des caracteristiques pour le cascmin/cmax = 1/4.

!60!40

!200

2040

600

50

100

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

10 cmax t/a

10 x/a

u/u0

Figure 7: Cas conservatif avec puit de vitesse. La condition initiale est u(s, 0) =u0 e!(s!sc)2/b2 et on a aussi sc/a = !4 et b/a = 1/2.Fig. 7: Cas conservatif avec puit de vitesse. La condition initiale est u(s, 0) = u0 e

−(s−sc)2/b2 eton a aussi sc/a = −4 et b/a = 1/2.

Page 19: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 19

Une difference notoire avec le cas des l’EDP lineaires est que le reseau des caracteristiquesdepend ici de la condition initiale du probleme: a chaque u(s, 0) = f(s) donne correspondra unreseau particulier de caracteristiques.

A noter que la forme conservative de l’EDP est aussi facilement obtenue. Definissant laprimitive g(u) =

∫ uc(u′) du′, on obtient

∂x(g(u)) +

∂u

∂t= 0 . (82)

Il y a, en fait, deux types de zone: 1) Les zones dites d’expansion: ce sont les zones avec cfonction croissante de x; elles sont donc telles que la pente de la caracteristique en x + dx estplus grande que celle en x: les caracteristiques ne se croisent pas et la solution est reguliere: lafonction subit une expansion. 2) Les zones dites de compression: ce sont les zones avec c fonctiondecroissante de x; elles sont donc telles que la pente de la caracteristique en x + dx est pluspetite que celle en x: les caracteristiques se croisent. La fonction subit une compression. Apresun certain temps fini, la solution deviendra discontinue: l’onde de compression est alors appeleeonde de discontinuite (ou onde de choc). On consultera aussi utilement, pour de plus amplesinformations, le livre de R. Haberman, Elementary Applied Partiel Differential Equations, auxpages 546 a 562.

Pour la suite, on considere le cas le plus “classique” de ce type d’equation: l’equation deBurgers. Elle correspond a c(u) = u (la fonction u a donc ici aussi les dimensions d’une vitesse!):

u∂u

∂x+∂u

∂t= 0 , (83)

ou, de facon equivalente,∂

∂x

(u2

2

)+∂u

∂t= 0 . (84)

On considere soit un domaine non borne (a = −∞ et b = ∞), soit un domaine periodique(a = 0, b = L). On considere aussi un probleme de Cauchy defini en condition initiale:u(s, 0) = f(s) donne.

En l’absence de discontinuite, on a conservation de l’integrale de u. En effet,

d

dt

(∫ b

a

u dx

)=

∫ b

a

∂u

∂tdx = −

∫ b

a

∂x

(u2

2

)dx = −

[u2

2

]b

a

= 0 . (85)

On a aussi conservation de l’energie: l’integrale de u2/2. En effet, en multipliant l’EDP par u,on obtient:

u2 ∂u

∂x+ u

∂u

∂t= 0 , (86)

et donc∂

∂x

(u3

3

)+∂

∂t

(u2

2

)= 0 , (87)

et donc:

d

dt

(∫ b

a

u2

2dx

)=

∫ b

a

∂t

(u2

2

)dx = −

∫ b

a

∂x

(u3

3

)dx = −

[u3

3

]b

a

= 0 . (88)

Qu’en est-il lorsque la fonction devient discontinue? On examinera cela plus loin.

Page 20: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 20Classification des EDP 19

!5 !4 !3 !2 !1 0 1 2 3 4 50

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

t u0/b

x/b

Figure 8: Equation de Burgers. Reseau des caracteristiques pour la condition initialeu(s, 0) = u0 e!s2/b2 . Trajectoire de la discontinuite en train epais; le temps critique est

ici t" u0/b =!

e/2 = 1.1658 .

!5 !4 !3 !2 !1 0 1 2 3 4 50

2

4

6

8

10

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

t u0/b

x/b

u/u0

Figure 9: Solution de l’equation de Burgers.

Fig. 8: Equation de Burgers. Reseau des caracteristiques pour la condition initiale u(s, 0) =u0 e

−s2/b2 . Trajectoire de la discontinuite en train epais; le temps critique est ici t∗ u0/b =√e/2 = 1.1658 .

Les caracteristiques de l’equation de Burgers sont obtenues a partir de dx = u(x, t) dt. Deplus, on a que u est conserve le long de chaque caracterique: u(x, t) = u(s, 0) = f(s). Il resultedonc que dx = f(s) dt. L’integration donne alors le reseau des caracteristiques:

∫ x

s

dx′ = f(s)

∫ t

0

dt′ ⇒ x− s = f(s) t . (89)

Ce sont bien des droites.La solution de l’equation de Burgers est donc finalement obtenue: u(x, t) = f(s) avec s

correspondant a la caracteristique passant par (x, t) (et obtenue a partir de x = s+ f(s) t: unerelation implicite a resoudre, soit numeriquement soit graphiquement).

On notera aussi que la solution peut s’ecrire sous la forme: u(x, t) = f(x − u(x, t) t) (unerelation implicite qu’il faut aussi resoudre par voie numerique). On verifie effectivement, parintroduction directe dans l’EDP et utilisation des derivees en chaıne, que cette solution satisfaiteffectivement l’equation de Burgers (exercice).

Le cas d’un probleme de Cauchy correspondant initialement a une fonction gaussienne estpresente aux Figs. 8 et 9: reseau des caracteristiques et solution. On y constate effectivementl’apparition d’une discontinuite. Le temps critique, t∗, pour l’apparition de la discontinuitecorrespond au minimum de −1/(df/ds). En effet, l’equation de la caracteristique emanantd’un point s est

x = s+ f(s) t . (90)

L’equation de la caracteristique emanant du point voisin, s+ ds (donc infiniment proche), est

x = s+ ds+ f(s+ ds) t = s+ ds+ f(s) t+ dsdf

ds(s) t . (91)

Page 21: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 21

Classification des EDP 19

!5 !4 !3 !2 !1 0 1 2 3 4 50

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

t u0/b

x/b

Figure 8: Equation de Burgers. Reseau des caracteristiques pour la condition initialeu(s, 0) = u0 e!s2/b2 . Trajectoire de la discontinuite en train epais; le temps critique est

ici t" u0/b =!

e/2 = 1.1658 .

!5 !4 !3 !2 !1 0 1 2 3 4 50

2

4

6

8

10

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

t u0/b

x/b

u/u0

Figure 9: Solution de l’equation de Burgers.Fig. 9: Solution de l’equation de Burgers.

Dans la zone de compression, ces caracteristiques se croisent lorsque x est le meme, ce quidonne:

s+ f(s) t = s+ ds+ f(s) t+ dsdf

ds(s) t , (92)

et donc

0 = ds

(1 +

df

ds(s) t

). (93)

Le temps de croisement de deux caracteristiques voisines est donc fini! Il correspond a t =−1/ df

ds. Le temps critique pour l’apparition de la discontinuite correspond simplement au plus

petit des temps de croisement possible, donc au minimum de −1/ dfds

. Cette fonction est mini-

mum lorsque d2fds2

s’annule. En effet,

d

ds

(− 1

dfds

)=

1(dfds

)2

d2f

ds2. (94)

Dans le cas avec discontinuite, on definit les valeurs de u a gauche et a droite de la discon-tinuite comme ug et ud (avec, bien sur, ug > ud). On montre aussi (voir livre de Haberman)que la discontinuite xc(t) se deplace a la vitesse moyenne: dxc

dt= 1

2(ug + ud). La pente de la

trajectoire de la discontinuite dans le diagramme (x, t) est donc la moyenne entre la pente dela caracteristique de gauche, dx

dt= ug, et la pente de la caracteristique de droite, dx

dt= ud, voir

Fig. 8. Le cas ud = −ug correspond au cas d’une discontinuite stationnaire.Pour examiner les lois de conservation, on doit tenir compte du fait que la fonction est

discontinue et que la discontinuite se deplace: on doit donc utiliser la regle de Leibnitz pour la

Page 22: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 22

Classification des EDP 20

0 1.1658 2 4 6 8 100.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

t u0/b

Figure 10: Equation de Burgers: evolution de l’integrale de u et de l’integrale de u2/2.

et donc

0 = ds

!1 +

df

ds(s) t

". (93)

Le temps de croisement de deux caracteristiques voisines est donc fini! Il correspond at = !1/ df

ds. Le temps critique pour l’apparition de la discontinuite correspond simplement

au plus petit des temps de croisement possible, donc au minimum de !1/ dfds

. Cette

fonction est minimum lorsque d2fds2 s’annule. En e!et,

d

ds

!! 1

dfds

"=

1#

dfds

$2

d2f

ds2. (94)

Dans le cas avec discontinuite, on definit les valeurs de u a gauche et a droite de ladiscontinuite comme ug et ud (avec, bien sur, ug > ud). On montre aussi (voir livre deHaberman) que la discontinuite xc(t) se deplace a la vitesse moyenne: dxc

dt= 1

2(ug + ud).

La pente de la trajectoire de la discontinuite dans le diagramme (x, t) est donc la moyenneentre la pente de la caracteristique de gauche, dx

dt= ug, et la pente de la caracteristique

de droite, dxdt

= ud, voir Fig. 8. Le cas ud = !ug correspond au cas d’une discontinuitestationnaire.

Pour examiner les lois de conservation, on doit tenir compte du fait que la fonction estdiscontinue et que la discontinuite se deplace: on doit donc utiliser la regle de Leibnitzpour la derivation des integrales. On obtient alors, pour l’integrale de la fonction:

d

dt

!% xc(t)

au dx +

% b

xc(t)u dx

"=

% xc

a

!u

!tdx + ug

dxc

dt+

% b

xc

!u

!tdx ! ud

dxc

dt

= !% xc

a

!

!x

!u2

2

"dx !

% b

xc

!

!x

!u2

2

"dx + (ug ! ud)

dxc

dt

Fig. 10: Equation de Burgers: evolution de l’integrale de u et de l’integrale de u2/2.

derivation des integrales. On obtient alors, pour l’integrale de la fonction:

d

dt

(∫ xc(t)

a

u dx+

∫ b

xc(t)

u dx

)=

∫ xc

a

∂u

∂tdx+ ug

dxcdt

+

∫ b

xc

∂u

∂tdx− ud

dxcdt

= −∫ xc

a

∂x

(u2

2

)dx−

∫ b

xc

∂x

(u2

2

)dx+ (ug − ud)

dxcdt

= −[u2

2

]xc

a

−[u2

2

]b

xc

+ (ug − ud)(ug + ud)

2

= −(u2g − u2

d

)

2+

(u2g − u2

d

)

2= 0 . (95)

Donc, meme en presence d’une discontinuite, l’integrale de la fonction est conservee: on le voitaussi sur la Fig. 10.

Page 23: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 23

Quant a l’integrale du carre de la fonction (i.e., l’energie), elle decroıt. En effet, on obtient:

d

dt

(∫ xc(t)

a

u2

2dx+

∫ b

xc(t)

u2

2dx

)=

∫ xc

a

∂t

(u2

2

)dx+

u2g

2

dxcdt

+

∫ b

xc

∂t

(u2

2

)dx− u2

d

2

dxcdt

= −∫ xc

a

∂x

(u3

3

)dx−

∫ b

xc

∂x

(u3

3

)dx+

(u2g − u2

d

)

2

dxcdt

= −[u3

3

]xc

a

−[u3

3

]b

xc

+

(u2g − u2

d

)

2

(ug + ud)

2

= −(u3g − u3

d

)

3+

(u2g − u2

d

)

2

(ug + ud)

2

= −(ug − ud)3

(u2g + ug ud + u2

d

)+

(ug − ud)4

(ug + ud)2

= −(ug − ud)12

[4(u2g + ug ud + u2

d

)− 3

(u2g + 2ug ud + u2

d

)]

= −(ug − ud)12

(u2g − 2ug ud + u2

d

)

= −(ug − ud)3

12< 0 . (96)

Donc, en presence d’une discontinuite, l’energie diminue, et ce a un taux qui est determine parles valeurs de u de part et d’autre de la discontinuite, voir Fig. 10.

En resume: tant qu’il n’y a pas de discontinuite, l’energie est conserve et le probleme deBurgers est reversible: on peut retourner en arriere dans le temps! Des qu’il y a discontinuite,il y a dissipation d’energie et le probleme n’est plus reversible.

Tout ceci est profond de sens. En effet, meme si l’equation de Burgers n’est qu’une equationnon-lineaire modele, elle est representative de ce qui se passe pour de vrais systemes physiquesnon-lineaires. Par exemple, si on considere la dynamique des ecoulements compressibles de flu-ides parfaits (i.e., sans viscosite et sans conductibilite thermique: ce qu’on appelle les equationsd’Euler de la dynamique des gaz), on obtient ceci: tant qu’il n’y a pas de discontinuite, tout estreversible: la quantite de mouvement et l’energie sont conserves; des qu’il y a une discontinuite(ce qu’on appelle une “onde de choc”), il a perte de reversibilite: la quantite de mouvement estencore conservee mais l’energie decroıt.

2.3 Discussion sur les conditions aux limites

Considerons a nouveau l’equation de transport, mais sur un domaine borne a gauche: 0 ≤s < ∞. Peut-on imposer la fonction u en 0? Cela depend de la pente de la caracteristiquelocale. Si la caracteristique est sortante (i.e., que dx/dt < 0), l’information vient de la droite: lafonction u se deplace de la droite vers la gauche; on ne peut donc pas l’imposer car sa valeur estdeterminee par l’interieur du domaine. Si la caracteristique est entrante (i.e., que dx/dt > 0),l’information vient de la gauche: la fonction u se deplace de la gauche vers la droite; on doitdonc donner u(0, t) = h(t) pour t > 0. C’est effectivement ce qu’on a deja fait precedemment.

Tous les autres cas sont similaires: il suffit d’examiner la direction relative de la car-acteristique locale par rapport a une frontiere pour savoir si on ne peut pas ou bien si ondoit imposer la fonction u en ce point de la frontiere.

Page 24: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 24Classification des EDP 39

x

y

0

s

! ! (x(s), y(s))

12

u(s), v(s)

caracteristiques

Figure 20: Probleme de Cauchy pour systeme de deux EDP du 1er ordre.

3.5 Systeme d’EDP du 1er ordre

On peut facilement generaliser les EDP du 1er ordre a des systemes d’EDP. Considerons,par exemple, le systeme quasi-lineaire de deux EDP du premier ordre pour les fonctionsu et v:

M1!u

!x+ N1

!u

!y+ P1

!v

!x+ Q1

!v

!y= R1 ,

M2!u

!x+ N2

!u

!y+ P2

!v

!x+ Q2

!v

!y= R2 , (173)

ou M1, N1, P1, Q1, R1, M2, N2, P2, Q2, R2 sont, au plus, fonctions de x, y, u et v. Pourle probleme de Cauchy, les valeurs u(s) et v(s) sont donnees le long de la courbe !, voirFig. 20.

Comme u(s) et v(s) sont donnes le long de !, on a que duds

et dvds

sont aussi connus.On peut donc ecrire:

!u

!x

dx

ds+

!u

!y

dy

ds=

du

ds,

!v

!x

dx

ds+

!v

!y

dy

ds=

dv

ds, (174)

ce qui, avec les deux EDP donne le systeme:

!""""#

M1 N1 P1 Q1

M2 N2 P2 Q2dxds

dyds

0 0

0 0 dxds

dyds

$%%%%&

!""""#

!u!x!u!y!v!x!v!y

$%%%%&

=

!"""#

R1

R2dudsdvds

$%%%& . (175)

Fig. 11: Probleme de Cauchy pour l’EDP du 2eme ordre.

3 EDP du 2eme ordre

Considerons L’EDP quasi-lineaire la plus generale du 2eme ordre et a deux variables independantes,x et y. Elle est de la forme:

A∂2φ

∂x2+B

∂2φ

∂x∂y+ C

∂2φ

∂y2= R (97)

ou A, B, C et R sont, au plus, fonctions de x, y, φ, ∂φ∂x

et ∂φ∂y

. Cette EDP est effectivementquasi-lineaire puisqu’elle est lineaire par rapport aux derivees de plus haut ordre. On peuttoujours decomposer R sous la forme R = F + G, avec F fonction, au plus, de x et y. L’EDPest homogene lorsque F = 0. Le cas R = 0 est donc aussi homogene.

Quant a l’EDP lineaire du 2eme ordre et a deux variables independantes, sa forme generaleest:

A∂2φ

∂x2+B

∂2φ

∂x∂y+ C

∂2φ

∂y2+ P

∂φ

∂x+Q

∂φ

∂y+Gφ = F . (98)

ou A, B, C, P , Q, G et F sont, au plus, fonctions de x et y. L’EDP est homogene lorsqueF = 0.

3.1 Probleme de Cauchy et methode des caracteristiques

Soit une EDP du 2eme ordre, lineaire ou quasi-lineaire. Supposons que φ(s) et ∂φ∂n

(s) sontdonnes le long de la courbe parametrisee Γ ≡ (x(s), y(s)), avec n(s) la direction normale a lacourbe, voir Fig. 11. Peut-on obtenir la solution u au voisinage de la courbe Γ? Si oui, onpourra repeter la procedure en partant de la courbe voisine, etc., et donc obtenir (du moins enprincipe) la solution φ(x, y) dans le domaine. C’est le probleme de Cauchy.

Puisque φ(s) est connu, ∂φ∂s

(s) l’est aussi. Autrement dit, φ(s) et ∇φ(s) =(∂φ∂x

(s), ∂φ∂y

(s))

sont connus le long de Γ. Donc, dds

(∂φ∂x

)et d

ds

(∂φ∂y

)sont aussi connus le long de Γ. On peut

Page 25: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 25

donc ecrire:

∂x

(∂φ

∂x

)dx

ds+

∂y

(∂φ

∂x

)dy

ds=

d

ds

(∂φ

∂x

), (99)

∂x

(∂φ

∂y

)dx

ds+

∂y

(∂φ

∂y

)dy

ds=

d

ds

(∂φ

∂y

). (100)

Il en resulte, avec l’EDP, et puisque ∂2φ∂y∂x

= ∂2φ∂x∂y

, le systeme:

A B Cdxds

dyds

0

0 dxds

dyds

∂2φ∂x2∂2φ∂x∂y∂2φ∂y2

=

Rdds

(∂φ∂x

)dds

(∂φ∂y

)

. (101)

Tant que le determinant ne s’annule pas, on peut resoudre ce systeme et donc obtenir, le longde Γ, ∂2φ

∂x2, ∂2φ∂x∂y

et ∂2φ∂y2

. Cela permet d’obtenir φ, ∂φ∂x

et ∂φ∂y

dans le voisinage de la courbe Γ. Onutilise, pour ce faire, les relations differentielles:

φ(x+ dx, y + dy) = φ(x, y) + dx∂φ

∂x(x, y) + dy

∂φ

∂y(x, y) , (102)

∂φ

∂x(x+ dx, y + dy) =

∂φ

∂x(x, y) + dx

∂x

(∂φ

∂x

)(x, y) + dy

∂y

(∂φ

∂x

)(x, y) , (103)

et∂φ

∂y(x+ dx, y + dy) =

∂φ

∂y(x, y) + dx

∂x

(∂φ

∂y

)(x, y) + dy

∂y

(∂φ

∂y

)(x, y) . (104)

On peut ainsi se propager hors de la courbe Γ et donc construire la solution de l’EDP.Ceci, bien sur, ne fonctionne que si le determinant ne s’annule pas. Le probleme n’est donc

bien pose que si la courbe Γ est telle que le determinant ne s’annule en aucun de ses points.Pour la suite, on considere donc un probleme bien pose. Considerons cette fois des directions

(dx, dy) non paralleles a Γ. Considerant l’EDP et les variations de ∂φ∂x

et de ∂φ∂y

,

∂x

(∂φ

∂x

)dx+

∂y

(∂φ

∂x

)dy = d

(∂φ

∂x

), (105)

∂x

(∂φ

∂y

)dx+

∂y

(∂φ

∂y

)dy = d

(∂φ

∂y

). (106)

on obtient le systeme

A B Cdx dy 00 dx dy

∂2φ∂x2∂2φ∂x∂y∂2φ∂y2

=

R

d(∂φ∂x

)

d(∂φ∂y

)

. (107)

On trouve alors, en tout point de Γ, deux directions particulieres (dx, dy) telles que le determinant

∣∣∣∣∣∣

A B Cdx dy 00 dx dy

∣∣∣∣∣∣(108)

Page 26: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 26

s’annule. Ces directions caracteristiques sont donc obtenues comme les racines de

Ady2 −B dy dx+ C dx2 = 0 , (109)

que l’on ecrit aussi comme

A

(dy

dx

)2

−B dy

dx+ C = 0 (110)

ou bien comme (choisir selon que A ou C serait eventuellement nul)

C

(dx

dy

)2

−B dx

dy+ A = 0 . (111)

L’EDP est dite hyperbolique lorsque cette quadratique a effectivement deux racines reelles dis-tinctes: on a donc deux directions caracteristiques distinctes. La condition d’hyperbolicite estdonc que B2 − 4AC > 0. L’EDP est dite parabolique lorsqu’il y a une seule racine: cas ouB2 − 4AC = 0. Finalement, L’EDP est dite elliptique lorsqu’il n’y a pas de racine relle (lesracines sont complexes): cas ou B2 − 4AC < 0.

On considere ici, pour la suite, le cas d’une EDP hyperbolique. On peut alors reduire l’EDPa deux EDO (une EDO le long de chaque caracteristique) et donc utiliser une methode des car-acteristiques. En effet, bien que le determinant du systeme s’annule le long des caracteristiques,le systeme est encore “soluble” le long de ces caracteristiques a condition que le determinantforme en remplacant une des colonnes de la matrice par le membre de droite s’annule egalement(cfr. resultats des cours d’algebre lineaire). Choisissons de remplacer la colonne du milieu; celadonne: ∣∣∣∣∣∣∣

A R C

dx d(∂φ∂x

)0

0 d(∂φ∂y

)dy

∣∣∣∣∣∣∣= 0 . (112)

Cela donne

A d

(∂φ

∂x

)dy + C d

(∂φ

∂y

)dx = Rdy dx . (113)

Ces relations differentielles (il y en a une pour chaque caracteristique!) constituent les EDO quideterminent les variations de ∂φ

∂xet de ∂φ

∂yle long des caracteristiques. On peut donc developper

une methode des caracteristiques pour construire la solution en dehors de la courbe Γ. Le longde la caracteristique (dx1, dy1), la relation de compatibilite est

A d

(∂φ

∂x

)dy1 + C d

(∂φ

∂y

)dx1 = Rdy1 dx1 . (114)

Le long de la caracteristique (dx2, dy2), elle est

A d

(∂φ

∂x

)dy2 + C d

(∂φ

∂y

)dx2 = Rdy2 dx2 . (115)

Partant de deux points distincts p1 et p2 (voir Fig. 12), on peut integrer ces relations et obtenir∂φ∂x

et ∂φ∂y

en p3. La valeur de φ en p3 est alors obtenue a partir de la relation dφ = ∂φ∂xdx+ ∂φ

∂ydy.

Page 27: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 27Classification des EDP 26

x

y

0

s

! ! (x(s), y(s))

12

p3

p1p2

Figure 12: Methode des caracteristiques pour EDP hyperbolique du 2eme ordre.

Le long de la caracteristique (dx2, dy2), elle est

A d

!!"

!x

"dy2 + C d

!!"

!y

"dx2 = R dy2 dx2 . (115)

Partant de deux points distincts p1 et p2 (voir Fig. 12), on peut integrer ces relationset obtenir !"

!xet !"

!yen p3. La valeur de " en p3 est alors obtenue a partir de la relation

d" = !"!x

dx + !"!y

dy.

3.2 Exemple d’EDP hyperbolique

L’exemple le plus classique d’EDP hyperbolique est l’equation d’onde:

c2 !2"

!x2" !2"

!t2= 0 (116)

avec c constant (qui a les dimensions d’une vitesse). C’est donc un probleme unidimen-sionel et qui depend du temps: un probleme (x, t).

On a donc A = c2, B = 0 et C = "1, ce qui donne B2 " 4A C = 4c2 > 0. Lesdirections caracteristiques (dx, dt) sont les solutions de dx2 = c2 dt2. Les racines sonte"ectivement reelles et distinctes: dx

dt= c et dx

dt= "c. L’EDP est bien hyperbolique. De

plus, comme c est ici constant, les caracteristiques forment un reseau regulier de droites, voir Fig. 13.

On considere d’abord le probleme aux conditions initiales et en domaine non borneou periodique. Les caracteristiques emanant d’un point s de ! ont comme equationx " ct = s et x + ct = s. Le probleme est bien pose puisque ! est non parallele au reseaudes caracteristiques. On doit y specifier "(s, 0) = f(s) et !"

!t(s, 0) = g(s).

Fig. 12: Methode des caracteristiques pour EDP hyperbolique du 2eme ordre.

3.2 Exemple d’EDP hyperbolique

L’exemple le plus classique d’EDP hyperbolique est l’equation d’onde:

c2 ∂2φ

∂x2− ∂2φ

∂t2= 0 (116)

avec c constant (qui a les dimensions d’une vitesse). C’est donc un probleme unidimensionel etqui depend du temps: un probleme (x, t).

On a donc A = c2, B = 0 et C = −1, ce qui donne B2 − 4AC = 4c2 > 0. Les directionscaracteristiques (dx, dt) sont les solutions de dx2 = c2 dt2. Les racines sont effectivement reelleset distinctes: dx

dt= c et dx

dt= −c. L’EDP est bien hyperbolique. De plus, comme c est ici

constant, les caracteristiques forment un reseau regulier de droites , voir Fig. 13.On considere d’abord le probleme aux conditions initiales et en domaine non borne ou

periodique. Les caracteristiques emanant d’un point s de Γ ont comme equation x− ct = s etx+ct = s. Le probleme est bien pose puisque Γ est non parallele au reseau des caracteristiques.On doit y specifier φ(s, 0) = f(s) et ∂φ

∂t(s, 0) = g(s).

La relation differentielle de compatibilite (relation caracteristique) est obtenue a partir de

∣∣∣∣∣∣

c2 0 −1

dx d(∂φ∂x

)0

0 d(∂φ∂t

)dt

∣∣∣∣∣∣= 0 , (117)

soit

c2 d

(∂φ

∂x

)dt− d

(∂φ

∂t

)dx = 0; . (118)

On a donc, le long de la caracteristique dxdt

= c, que c d(∂φ∂x

)−d(∂φ∂t

)= 0. Ceci peut s’ecrire sous

la forme d’une differentielle exacte: d(c ∂φ∂x− ∂φ

∂t

)= 0. Il en resulte que c ∂φ

∂x− ∂φ

∂test conserve

Page 28: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 28

Classification des EDP 27

x

t

0

!(0, t) = h(t)

ou

!"!x

(0, t) = h(t)

!(s, 0) = f(s) et !"!t (s, 0) = g(s)

p1

p3

p2

Figure 13: Equation d’onde et methode des caracteristiques.

La relation di!erentielle de compatibilite (relation caracteristique) est obtenue a partirde !!!!!!!!

c2 0 !1

dx d"

!"!x

#0

0 d"

!"!t

#dt

!!!!!!!!= 0 , (117)

soit

c2 d

$"!

"x

%dt ! d

$"!

"t

%dx = 0; . (118)

On a donc, le long de la caracteristique dxdt

= c, que c d"

!"!x

#! d

"!"!t

#= 0. Ceci peut

s’ecrire sous la forme d’une di!erentielle exacte: d"c !"

!x! !"

!t

#= 0. Il en resulte que

c !"!x

! !"!t

est conserve le long de cette caracteristique. De la meme maniere, on obtient

que c !"!x

+ !"!t

est conserve le long de la caracteristique dxdt

= !c. Ce sont les invariantsde Riemann.

Comme illustration de la methode des caracteristiques, considerons la determinationde la solution au point p3, voir Fig. 13. On a que

$c"!

"x! "!

"t

%

p3

=

$c"!

"x! "!

"t

%

p1

, (119)

$c"!

"x+

"!

"t

%

p3

=

$c"!

"x+

"!

"t

%

p2

. (120)

Il en resulte que

c

$"!

"x

%

p3

=1

2

&'c

()

$"!

"x

%

p2

+

$"!

"x

%

p1

*+ +

()

$"!

"t

%

p2

!$

"!

"t

%

p1

*+

,- , (121)

Fig. 13: Equation d’onde et methode des caracteristiques.

le long de cette caracteristique. De la meme maniere, on obtient que c ∂φ∂x

+ ∂φ∂t

est conserve lelong de la caracteristique dx

dt= −c. Ce sont les invariants de Riemann.

Comme illustration de la methode des caracteristiques, considerons la determination de lasolution au point p3, voir Fig. 13. On a que

(c∂φ

∂x− ∂φ

∂t

)

p3

=

(c∂φ

∂x− ∂φ

∂t

)

p1

, (119)

(c∂φ

∂x+∂φ

∂t

)

p3

=

(c∂φ

∂x+∂φ

∂t

)

p2

. (120)

Il en resulte que

c

(∂φ

∂x

)

p3

=1

2

[c

((∂φ

∂x

)

p2

+

(∂φ

∂x

)

p1

)+

((∂φ

∂t

)

p2

−(∂φ

∂t

)

p1

)], (121)

(∂φ

∂t

)

p3

=1

2

[c

((∂φ

∂x

)

p2

−(∂φ

∂x

)

p1

)+

((∂φ

∂t

)

p2

+

(∂φ

∂t

)

p1

)]. (122)

Qu’en est-il des conditions frontieres si le domaine est borne? Considerons, par exemple,le cas d’un domaine borne a gauche: 0 ≤ s < ∞, voir Fig. 13. La caracteristique dx

dt= −c

transmet de l’information de l’interieur du domaine vers la frontiere. L’autre caracteristiquedxdt

= c transmet de l’information de la frontiere vers le domaine. On doit donc fournir une etune seule condition limite sur la frontiere: soit on specifie φ(0, t) = h(t) pour t > 0 (conditionde Dirichlet), soit on specifie ∂φ

∂x(0, t) = h(t) (condition de Neumann). On peut aussi specifier

une condition mixte: une relation du type H(φ(0, t), ∂φ

∂x(0, t)

)= 0.

On constate aussi que l’equation d’onde se factorise sous la forme(c∂

∂x− ∂

∂t

)(c∂

∂x+∂

∂t

)φ = 0 . (123)

Page 29: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 29Classification des EDP 29

!10

!5

0

5

10 0

1

2

3

4

5

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

t c/b

x/b

!/!0

Figure 14: Equation d’onde (ici: c = 1). La condition initiale est !(s, 0) = !0 e!s2/b2 et!"!t

(s, 0) = 0.

Un exemple est donne a la Fig. 13: la moitie de la fonction se deplace vers la droite avitesse c et l’autre moitie se deplace vers la gauche a vitesse !c.

Considerons ensuite le probleme periodique de conditions initiales !(s, 0) = !0 sin("s/L)(fonction periodique de periode 2L) et !"

!t(s, 0) = 0. Ici aussi, la solution est telle que la

moitie de la fonction se deplace vers la droite a vitesse c et que l’autre moitie se deplacevers la gauche a vitesse !c:

!(x, t) =!0

2

!sin

!"

(x ! ct)

L

"+ sin

!"

(x + ct)

L

"". (130)

En utilisant la relation trigonometrique, sina+sin b = 2 cos((a! b)/2) sin((a+ b)/2), onreecrit la solution sous la forme

!(x, t) = !0 cos#"

ct

L

$sin

#"

x

L

$. (131)

Le resultat net est donc aussi que la fonction !0 sin("x/L) ne se deplace pas et que sonamplitude fluctue selon cos(#t), avec # = "c/L = la pulsation: c’est ce qu’on appelleune onde stationnaire. Les “noeuds” de l’onde sont en x = nL: ce sont les points quirestent stationnaires (!(nL, t) = 0). Pour rappel, on ecrit aussi cos(#t) = cos(2"ft) =cos(2" t/T ) avec f la frequence et T = 1/f la periode. La periode de l’oscillation estdonc ici T = 2L/c.

Comme les noeuds ne bougent pas, on note que la solution obtenue ci-dessus est aussila solution pour le probleme borne sur le domaine [0, L] et avec comme conditions auxlimites: !(0, t) = 0 et !(L, t) = 0: penser, par exemple, a une corde de guitare attacheeaux deux bouts et qui vibre.

Fig. 14: Equation d’onde (ici: c = 1). La condition initiale est φ(s, 0) = φ0 e−s2/b2 et ∂φ

∂t(s, 0) =

0.

Si on considere le changement de variables ξ(x, t) = x− ct et η(x, t) = x+ ct, on obtient, pourles relations inverses, x(ξ, η) = (ξ + η)/2 et ct = −(ξ − η)/2, et donc

∂ξ=

∂x

∂ξ

∂x+∂t

∂ξ

∂t=

1

2

∂x− 1

2c

∂t=

1

2c

(c∂

∂x− ∂

∂t

),

∂η=

∂x

∂η

∂x+∂t

∂η

∂t=

1

2

∂x+

1

2c

∂t=

1

2c

(c∂

∂x+∂

∂t

). (124)

L’equation d’onde devient alors simplement (forme canonique):

∂ξ

∂ηφ =

∂2φ

∂ξ∂η= 0 . (125)

La solution generale est, pour un domaine non borne ou periodique:

φ = f1(ξ) + f2(η) = f1(x− ct) + f2(x+ ct) . (126)

On a donc aussi:

∂φ

∂t= −c f ′1(x− ct) + c f ′2(x+ ct) = −c f ′1(ξ) + c f ′2(η) , (127)

avec la notation f ′1(ξ) = df1dξ

, etc.

Par exemple, considerons le probleme non borne de conditions initiales φ(s, 0) = f(s) et∂φ∂t

(s, 0) = 0. Cela donne

f1(s) + f2(s) = f(s) ,

−f ′1(s) + f ′2(s) = 0 . (128)

Page 30: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 30

La solution est f1 = f2 = f/2. On obtient donc, finalement:

φ(x, t) =1

2(f(x− ct) + f(c+ ct)) =

1

2(f(ξ) + f(η)) . (129)

Un exemple est donne a la Fig. 13: la moitie de la fonction se deplace vers la droite a vitesse cet l’autre moitie se deplace vers la gauche a vitesse −c.

Considerons ensuite le probleme periodique de conditions initiales φ(s, 0) = φ0 sin(πs/L)(fonction periodique de periode 2L) et ∂φ

∂t(s, 0) = 0. Ici aussi, la solution est telle que la moitie

de la fonction se deplace vers la droite a vitesse c et que l’autre moitie se deplace vers la gauchea vitesse −c:

φ(x, t) =φ0

2

(sin

(x− ct)L

)+ sin

(x+ ct)

L

)). (130)

En utilisant la relation trigonometrique, sin a+sin b = 2 cos((a−b)/2) sin((a+b)/2), on reecritla solution sous la forme

φ(x, t) = φ0 cos

(πct

L

)sin(πx

L

). (131)

Le resultat net est donc aussi que la fonction φ0 sin(πx/L) ne se deplace pas et que son am-plitude fluctue selon cos(ωt), avec ω = πc/L = la pulsation: c’est ce qu’on appelle une ondestationnaire. Les “noeuds” de l’onde sont en x = nL: ce sont les points qui restent station-naires (φ(nL, t) = 0). Pour rappel, on ecrit aussi cos(ωt) = cos(2πft) = cos(2π t/T ) avec f lafrequence et T = 1/f la periode. La periode de l’oscillation est donc ici T = 2L/c.

Comme les noeuds ne bougent pas, on note que la solution obtenue ci-dessus est aussi lasolution pour le probleme borne sur le domaine [0, L] et avec comme conditions aux limites:φ(0, t) = 0 et φ(L, t) = 0: penser, par exemple, a une corde de guitare attachee aux deux boutset qui vibre.

3.3 Exemple d’EDP parabolique

L’exemple le plus classique d’EDP parabolique est l’equation de diffusion, aussi un probleme(x, t):

∂x

(α∂φ

∂x

)=∂φ

∂t(132)

avec α > 0 la diffusivite (eventuellement fonction de x et de φ, voire meme de t). Le cas avecdiffusivite constante est:

α∂2φ

∂x2=∂φ

∂t. (133)

On note que l’equation de diffusion est particuliere: on a une derivee seconde en espace et unederivee premiere en temps.

On a donc A = α, B = 0 et C = 0, ce qui donne B2 − 4AC = 0: l’EDP est parabolique.Les directions caracteristiques sont obtenues comme: α dt2 = 0, et donc dt1 = dt2 = 0. Lesracines sont reelles mais non-distinctes! Les caracteristiques sont dites degenerees car elles sontparalleles a l’axe des x, voir Fig. 15: on ne peut pas les utiliser; il n’y a pas de methode descaracteristiques.

Un probleme de diffusion se resoud toujours a partir d’une condition initiale: φ(s, 0) = f(s)donne. Si le domaine est borne, on doit aussi imposer une condition sur chaque frontiere.Considerons, par exemple, un domaine semi-infini: 0 ≤ s < ∞, voir Fig. 15: on doit alors

Page 31: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 31

Classification des EDP 30

x

t

0

!(0, t) = h(t)

ou

!"!x

(0, t) = h(t)

!(s, 0) = f(s)

Figure 15: Equation de di!usion. A noter que les caracteristiques sont degenerees carhorizontales.

3.3 Exemple d’EDP parabolique

L’exemple le plus classique d’EDP parabolique est l’equation de di!usion, aussi unprobleme (x, t):

"

"x

!#

"!

"x

"=

"!

"t(132)

avec # > 0 la di!usivite (eventuellement fonction de x et de !, voire meme de t). Le casavec di!usivite constante est:

#"2!

"x2=

"!

"t. (133)

On note que l’equation de di!usion est particuliere: on a une derivee seconde en espaceet une derivee premiere en temps.

On a donc A = #, B = 0 et C = 0, ce qui donne B2 ! 4A C = 0: l’EDP estparabolique. Les directions caracteristiques sont obtenues comme: # dt2 = 0, et doncdt1 = dt2 = 0. Les racines sont reelles mais non-distinctes! Les caracteristiques sontdites degenerees car elles sont paralleles a l’axe des x, voir Fig. 15: on ne peut pas lesutiliser; il n’y a pas de methode des caracteristiques.

Un probleme de di!usion se resoud toujours a partir d’une condition initiale: !(s, 0) =f(s) donne. Si le domaine est borne, on doit aussi imposer une condition sur chaquefrontiere. Considerons, par exemple, un domaine semi-infini: 0 " s < #, voir Fig. 15:on doit alors donner soit la valeur !(0, t) = h(t) pour t > 0 (condition de Dirich-let), soit le flux !"

!x(0, t) = h(t) (condition de Neumann), soit une condition mixte

H#!(0, t), !"

!x(0, t)

$= 0.

Considerons la di!usion en domaine non borne ou periodique. L’equation de di!usion

Fig. 15: Equation de diffusion. A noter que les caracteristiques sont degenerees car horizontales.

donner soit la valeur φ(0, t) = h(t) pour t > 0 (condition de Dirichlet), soit le flux ∂φ∂x

(0, t) = h(t)

(condition de Neumann), soit une condition mixte H(φ(0, t), ∂φ

∂x(0, t)

)= 0.

Considerons la diffusion en domaine non borne ou periodique. L’equation de diffusionconserve alors l’integrale de φ. En effet,

d

dt

(∫ b

a

φ dx

)=

∫ b

a

∂φ

∂tdx =

∫ b

a

∂x

(α∂φ

∂x

)dx =

[α∂φ

∂x

]b

a

= 0 . (134)

Quant a l’integrale de φ2, elle diminue. En effet:

d

dt

(∫ b

a

φ2

2dx

)=

∫ b

a

∂t

(φ2

2

)dx =

∫ b

a

φ∂

∂x

(α∂φ

∂x

)dx

=

∫ b

a

∂x

(φα

∂φ

∂x

)dx−

∫ b

a

α∂φ

∂x

∂φ

∂xdx

=

[φα

∂φ

∂x

]b

a

−∫ b

a

α

(∂φ

∂x

)2

dx

= −∫ b

a

α

(∂φ

∂x

)2

dx < 0 . (135)

Considerons d’abord un probleme non borne et de condition initiale gaussienne: φ(s, 0) =φ0 e

−s2/b2 . La solution est:

φ(x, t) = φ0b√

b2 + 4αte− x2

b2+4αt . (136)

On verifie en effet que cette solution satisfait l’EDP. La solution est donc ici aussi une gaussi-enne. Le graphe est donne a la Fig. 16: la fonction diffuse mais son integrale est conservee aucours du temps. En effet:

Q =

∫ ∞

−∞φ(x, t) dx = φ0 b

∫ ∞

−∞e− x2

b2+4αtdx√

b2 + 4αt= φ0 b

∫ ∞

−∞e−p

2

dp = φ0 b√π (137)

Page 32: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 32

Classification des EDP 32

!10 !8 !6 !4 !2 0 2 4 6 8 100

1

2

3

4

5

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

t !/b2

x/b

"/"0

Figure 16: Equation de di!usion. La condition initiale est "(s, 0) = "0 e!s2/b2 .

comme la somme (i.e., l’integrale) des contributions de chaque petit morceau. En e!et,la partie de la solution en (x, t) correspondant a la contribution du petit morceau en (sau temps t = 0 et d’intensite dQ(s) = "(s, 0) ds est:

1!# 4!t

e! (x!s)2

4!t dQ(s) =1!

# 4!te! (x!s)2

4!t "(s, 0) ds . (140)

En sommant les contributions de toutes les parties elementaires (i.e., en integrant surtous les morceaux), on obtient la solution complete:

"(x, t) =1!

# 4!t

!e! (x!s)2

4!t "(s, 0) ds . (141)

On dit que la fonction

F (x " s, t) = F (|x " s|, t) =1!

# 4!te! (x!s)2

4!t (142)

est la solution elementaire (i.e., la “fonction de Green”) de l’equation de di!usion endomaine non borne 1-D. On note qu’elle ne depend pas du signe de x"s mais simplementde la distance |x " s|. On ecrit donc:

"(x, t) =!

F (|x " s|, t) "(s, 0) ds . (143)

Considerons ensuite un probleme periodique, et avec condition initiale "(s, 0) ="0 sin(#s/L): une fonction periodique de periode 2L. On cherche alors la solution enecrivant "(x, t) = g(t) sin(#x/L) (c’est la methode de separation des variables: on laverra en details plus tard!). L’introduction dans l’EDP donne alors:

"! g(t)"

#

L

#2

sin"#

x

L

#=

dg

dt(t) sin

"#

x

L

#. (144)

Fig. 16: Equation de diffusion. La condition initiale est φ(s, 0) = φ0 e−s2/b2 .

ne varie pas dans le temps. On peut donc aussi ecrire:

φ(x, t) =Q√

π (b2 + 4αt)e− x2

b2+4αt . (138)

Si on considere plutot la diffusion d’une “singularite” d’integrale totale Q et placee a l’origineen t = 0, la solution est alors:

φ(x, t) =Q√π 4αt

e−x2

4αt . (139)

On verifie effectivement que la solution proposee satisfait l’EDP.En fait, la condition initiale du cas avec la gaussienne considere ci-avant correspond aussi

a une singularite d’integrale Q qui aurait diffuse pendant un temps τ = b2/(4α), et qui diffuseencore ensuite pendant un temps additionnel t: le temps mesure a partir de la condition initialegaussienne est t; celui mesure a partir de la condition initiale singuliere est τ + t.

Autre application: La solution pour le cas singulier permet aussi d’obtenir la solutionpour une distribution initiale φ(s, 0) generale. La solution est simplement obtenue comme lasomme (i.e., l’integrale) des contributions de chaque petit morceau. En effet, la partie de lasolution en (x, t) correspondant a la contribution du petit morceau en (s au temps t = 0 etd’intensite dQ(s) = φ(s, 0) ds est:

1√π 4αt

e−(x−s)2

4αt dQ(s) =1√π 4αt

e−(x−s)2

4αt φ(s, 0) ds . (140)

En sommant les contributions de toutes les parties elementaires (i.e., en integrant sur tous lesmorceaux), on obtient la solution complete:

φ(x, t) =1√π 4αt

∫e−

(x−s)24αt φ(s, 0) ds . (141)

Page 33: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 33

On dit que la fonction

F (x− s, t) = F (|x− s|, t) =1√π 4αt

e−(x−s)2

4αt (142)

est la solution elementaire (i.e., la “fonction de Green”) de l’equation de diffusion en domainenon borne 1-D. On note qu’elle ne depend pas du signe de x−s mais simplement de la distance|x− s|. On ecrit donc:

φ(x, t) =

∫F (|x− s|, t) φ(s, 0) ds . (143)

Considerons ensuite un probleme periodique, et avec condition initiale φ(s, 0) = φ0 sin(πs/L):une fonction periodique de periode 2L. On cherche alors la solution en ecrivant φ(x, t) =g(t) sin(πx/L) (c’est la methode de separation des variables: on la verra en details plus tard!).L’introduction dans l’EDP donne alors:

− α g(t)(πL

)2

sin(πx

L

)=dg

dt(t) sin

(πx

L

). (144)

Comme ceci doit etre vrai pour tous les x, la fonction g(t) satisfait donc l’EDO:

dg

dt= −α

(πL

)2

g (145)

dont la solution est

g(t) = g(0) e−α ( πL)2t . (146)

Comme g(0) = φ0, la solution de l’EDP est finalement obtenue:

φ(x, t) = φ0 e−α ( πL)

2t sin

(πx

L

). (147)

A noter que l’integrale de la fonction sur l’intervalle periodique [0, L] est conservee: elle vautzero.

De nouveau, on note que la solution obtenue est aussi la solution pour le probleme borne,sur le domaine [0, L], et avec conditions aux limites homogenes: φ(0, t) = φ(L, t) = 0. A noterque l’integrale de φ sur ce domaine [0, L] n’est pas conservee! Sa variation correspond a ladifference entre le flux en x = L et le flux en x = 0:

d

dt

(∫ L

0

φ(x, t) dx

)=

[α∂φ

∂x

]L

0

. (148)

Considerons ensuite un autre cas periodique, avec comme condition initiale:

φ(s, 0) = φ0

M∑

k=1

ak sin(kπ

s

L

), (149)

donc une fonction representee par une serie de modes (i.e., une “serie de Fourier”: voir plustard!). La solution est obtenue comme la somme des solutions pour chacun des modes:

φ(x, t) = φ0

M∑

k=1

ak e−α ( kπL )

2t sin

(kπ

x

L

). (150)

Page 34: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 34

On constate que les modes de grand nombre d’onde (k grand, c-a-d longueur d’onde λ = 2π/kpetite) decroissent beaucoup plus rapidement que les modes de petit nombre d’onde: le tauxde decroissance est proportionel a k2, et ce dans un facteur exponentiel! La solution perd donctres rapidement la memoire des details de sa condition initiale: elle diffuse.

En particulier, un phenomene de diffusion n’est pas reversible: il n’est pas possible de“remonter le temps”, c-a-d de reconstruire la solution initiale, dans tous ses details, a partirde la solution en un temps ulterieur. A noter aussi que remplacer t par −t dans l’equation dediffusion revient a resoudre un probleme de diffusion avec un coefficient de diffusion negatif: ceprocessus est instable et est voue a l’echec.

Tel n’est pas le cas pour l’equation d’onde vue ci-avant: il est possible de “remonter letemps” et d’obtenir la solution initiale a partir d’une solution ulterieure: elle est reversible.

Finalement, il convient de mentioner que l’equation de diffusion peut aussi avoir un termesource:

∂x

(α∂φ

∂x

)− ∂φ

∂t= R . (151)

3.4 Exemples d’EDP elliptique

L’exemple le plus classique d’EDP elliptique est l’equation de Laplace:

∂2φ

∂x2+∂2φ

∂y2= 0 . (152)

Le cas avec terme source s’appelle l’equation de Poisson:

∂2φ

∂x2+∂2φ

∂y2= R . (153)

En toute generalite, l’EDP elliptique s’ecrit:

∂x

(A∂φ

∂x

)+

∂y

(C∂φ

∂y

)= R (154)

avec A et C de meme signe, A, C et R etant eventuellement fonctions de x, y et φ.Dans tous les cas, il n’y a pas de caracteristique: en effet, puisque A et C sont de meme

signe, les solutions de Ady2 + C dx2 = 0 sont imaginaires: l’EDP est elliptique.Les problemes elliptiques doivent etre resolus de maniere globale: tous les points influencent

tous les points. Ces problemes sont toujours resolus sur un domaine physique Ω. Si le domaineest borne, il faut donner une condition en tout point de sa frontiere, ∂Ω parametrisee par s, voirFig. 17. On y prescrit soit φ(s) (condition de Dirichlet), soit ∂φ

∂n(s) (condition de Neumann),

soit une condition mixte.Il faut aussi respecter la contrainte globale de compatibilite imposee par l’EDP. Par exemple,

pour l’equation de Poisson, on obtient:

Ω

Rdx dy =

Ω

(∂

∂x

(∂φ

∂x

)+

∂y

(∂φ

∂y

))dx dy =

∂Ω

(∂φ

∂xnx +

∂φ

∂yny

)dl =

∂Ω

∂φ

∂n(s) dl(s) .

(155)On peut aussi considerer le cas de l’equation de Poisson dans un domaine non-borne (do-

maine infini). On considere d’abord une “singularite” d’integrale totale Q et placee a l’origine.

Page 35: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 35

Classification des EDP 34

x

y

0

s!!

"(s) = f(s)

!"!n(s) = h(s)

Figure 17: Equation elliptique sur un domaine !.

3.4 Exemples d’EDP elliptique

L’exemple le plus classique d’EDP elliptique est l’equation de Laplace:

!2"

!x2+

!2"

!y2= 0 . (152)

Le cas avec terme source s’appelle l’equation de Poisson:

!2"

!x2+

!2"

!y2= R . (153)

En toute generalite, l’EDP elliptique s’ecrit:

!

!x

!A

!"

!x

"+

!

!y

!C

!"

!y

"= R (154)

avec A et C de meme signe, A, C et R etant eventuellement fonctions de x, y et ".Dans tous les cas, il n’y a pas de caracteristique: en e"et, puisque A et C sont de

meme signe, les solutions de A dy2 + C dx2 = 0 sont imaginaires: l’EDP est elliptique.Les problemes elliptiques doivent etre resolus de maniere globale: tous les points

influencent tous les points. Ces problemes sont toujours resolus sur un domaine physique!. Si le domaine est borne, il faut donner une condition en tout point de sa frontiere,!! parametrisee par s, voir Fig. 17. On y prescrit soit "(s) (condition de Dirichlet), soit!"!n

(s) (condition de Neumann), soit une condition mixte.Il faut aussi respecter la contrainte globale de compatibilite imposee par l’EDP. Par

exemple, pour l’equation de Poisson, on obtient:

#

!R dx dy =

#

!

!!

!x

!!"

!x

"+

!

!y

!!"

!y

""dx dy =

$

!!

!!"

!xnx +

!"

!yny

"dl =

$

!!

!"

!n(s) dl(s) .

(155)

Fig. 17: Equation elliptique sur un domaine Ω.

Il s’agit donc de la solution de l’equation de Poisson avec un terme source correspondant a cettesingularite. La solution est alors:

φ(x, y) = φ(r) =Q

2πlog( rL

)=

Q

4πlog

(r2

L2

),

dr=

Q

2π r(156)

avec L une reference de longueur arbitraire (le champ solution n’etant defini qu’a une constantepres!). A noter que ce champ φ est singulier en r = 0: il est illustre a la Fig. 18 (champ tronquecar singulier en r = 0). On verifie que ce champ satisfait effectivement l’equation ∇2φ = 0 entout point autre que l’origine (en effet R = 0 en tout point autre que l’origine). Pour rappel,le Laplacien s’ecrit, en coordonnees polaires:

∇2φ(r, θ) =1

r

∂r

(r∂φ

∂r

)+

1

r2

∂2φ

∂θ2. (157)

Comme la fonction φ ne depend ici que de r, on a donc que

1

r

d

dr

(rdφ

dr

)= 0 (158)

en tout point autre que l’origine. La solution proposee satisfait effectivement cela. On verifieaussi que l’integrale

∮∂φ∂n

(s) dl(s) sur tout domaine englobant la singularite donne effectivementQ (e.g., considerer le cas particulier d’un domaine circulaire).

On considere ensuite le cas d’une quantite repartie, et d’integrale Q. Considerons parexemple la loi de distribution algebrique

R(x, y) = R(r) =Q

π

σ2

(r2 + σ2)2, (159)

avec σ la taille caracteristique du noyau de repartition. On verifie d’abord que∫ ∫

R(x, y) dx dy =

∫ 2π

0

∫ ∞

0

R(r) rdθ dr = 2π

∫ ∞

0

R(r) r dr = Q . (160)

Page 36: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 36Classification des EDP 35

!5!4

!3!2

!10

12

34

5

!5!4

!3!2

!10

12

34

5

!0.5

!0.4

!0.3

!0.2

!0.1

0

0.1

0.2

0.3

0.4

x/Ly/L

!/Q

Figure 18: Equation de Poisson en domaine infini. Solution pour une singularite (leniveau de base est arbitraire car la solution est definie a une constante pres).

On peut aussi considerer le cas de l’equation de Poisson dans un domaine non-borne(domaine infini). On considere d’abord une “singularite” d’integrale totale Q et placeea l’origine. Il s’agit donc de la solution de l’equation de Poisson avec un terme sourcecorrespondant a cette singularite. La solution est alors:

!(x, y) = !(r) =Q

2"log

!r

L

"=

Q

4"log

#r2

L2

$,

d!

dr=

Q

2" r(156)

avec L une reference de longueur arbitraire (le champ solution n’etant defini qu’a uneconstante pres!). A noter que ce champ ! est singulier en r = 0: il est illustre a la Fig. 18(champ tronque car singulier en r = 0). On verifie que ce champ satisfait e!ectivementl’equation !2! = 0 en tout point autre que l’origine (en e!et R = 0 en tout point autreque l’origine). Pour rappel, le Laplacien s’ecrit, en coordonnees polaires:

!2!(r, #) =1

r

$

$r

#r

$!

$r

$+

1

r2

$2!

$#2. (157)

Comme la fonction ! ne depend ici que de r, on a donc que

1

r

d

dr

#r

d!

dr

$= 0 (158)

en tout point autre que l’origine. La solution proposee satisfait e!ectivement cela. Onverifie aussi que l’integrale

% !"!n

(s) dl(s) sur tout domaine englobant la singularite donnee!ectivement Q (e.g., considerer le cas particulier d’un domaine circulaire).

On considere ensuite le cas d’une quantite repartie, et d’integrale Q. Considerons parexemple la loi de distribution algebrique

R(x, y) = R(r) =Q

"

%2

(r2 + %2)2, (159)

Fig. 18: Equation de Poisson en domaine infini. Solution pour une singularite (le niveau debase est arbitraire car la solution est definie a une constante pres).

La solution de l’equation de Poisson

1

r

d

dr

(rdφ

dr

)= R(r) . (161)

est alors

φ(r) =Q

4πlog

(r2 + σ2

L2

),

dr=

Q

2π r

r2

(r2 + σ2)(162)

On verifie en effet que la solution φ(r) satisfait bien l’equation de Poisson. On note aussi que,la fonction R(r) etant ici partout reguliere, la solution φ(r) est aussi partout reguliere. Lecas d’une singularite d’integrale Q correspond a la limite σ → 0 de cette distribution reguliered’integrale Q.

Un autre exemple de repartition reguliere est une repartition selon une distribution gaussi-enne:

R(r) =Q

π σ2e−

r2

σ2 (163)

d’integrale Q (a verifier). La solution est

dr=

Q

2π r

(1− e− r

2

σ2

)(164)

a encore integrer une fois pour obtenir φ(r) (c’est relativement complique, donc pas montre ici).Le cas d’une singularite d’integrale Q correspond aussi a la limite σ → 0 de cette distributionreguliere d’integrale Q. On peut donc obtenir une singularite d’integrale Q comme la limite den’importe quelle distribution reguliere d’integrale Q!

Page 37: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 37

Finalement, on peut aussi additionner des solutions. Par exemple, si on place une singularited’integrale Q en x = x0 et une singularite d’integrale −Q en x = −x0, on obtient alors le champinduit par un dipole:

φ(x, y) =Q

4πlog

((x− x0)2 + y2)

L2

)− Q

4πlog

((x+ x0)2 + y2)

L2

)=

Q

4πlog

((x− x0)2 + y2

(x+ x0)2 + y2

).

(165)A noter que ici, comme la somme des singularites vaut zero, le champ n’est plus defini a uneconstante pres (i.e., la longueur arbitraire L n’intervient plus dans l’expression finale)! Legraphe est donne a la Fig. 19 (graphe tronque car φ est singulier a l’endroit des singularites).Le graphe des iso-contours de φ est egalement fourni.

Autre application: La solution pour le cas singulier permet aussi d’obtenir la solutionpour une distribution R generale. La solution est simplement obtenue comme la somme (i.e.,l’integrale) des contributions de chaque petit morceau. En effet, la partie de la solution en(x, y) et correspondant a la contribution du petit morceau en (x′, y′) d’intensite dR(x′, y′) =R(x′, y′) dx′dy′ est:

1

4πlog

((x− x′)2 + (y − y′)2

L2

)dR(x′, y′) =

1

4πlog

((x− x′)2 + (y − y′)2

L2

)R(x′, y′) dx′dy′ .

(166)En sommant les contributions de toutes les parties elementaires (i.e., en integrant), on obtientla solution complete:

φ(x, y) =1

∫ ∫log

((x− x′)2 + (y − y′)2

L2

)R(x′, y′) dx′dy′ . (167)

On dit que la fonction

F (r) =1

2πlog( rL

)=

1

4πlog

(r2

L2

)(168)

est la solution elementaire (i.e., la “fonction de Green”) de l’equation de Poisson en domainenon-borne 2-D. Et on ecrit:

φ(x, y) =

∫ ∫F(√

(x− x′)2 + (y − y′)2)R(x′, y′) dx′dy′

=1

∫ ∫log

(√(x− x′)2 + (y − y′)2

L

)R(x′, y′) dx′dy′

=1

∫ ∫log

((x− x′)2 + (y − y′)2

L2

)R(x′, y′) dx′dy′ . (169)

Pour information complementaire, la fonction de Green pour l’equation de Poisson en do-maine non-borne 3-D

∂2φ

∂x2+∂2φ

∂y2+∂2φ

∂y2= R (170)

est:

F (r) = − 1

1

r. (171)

Page 38: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 38Classification des EDP 37

!5!4 !3

!2!1

0 12

34

5

!5!4

!3!2

!10

12

34

5

!0.8

!0.6

!0.4

!0.2

0

0.2

0.4

0.6

x/x0y/x0

!/Q

!5 !4 !3 !2 !1 0 1 2 3 4 5!5

!4

!3

!2

!1

0

1

2

3

4

5

y/x0

x/x0

Figure 19: Equation de Poisson en domaine infini. Solution pour un dipole forme dedeux singularites de signes opposes.

Classification des EDP 37

!5!4 !3

!2!1

0 12

34

5

!5!4

!3!2

!10

12

34

5

!0.8

!0.6

!0.4

!0.2

0

0.2

0.4

0.6

x/x0y/x0

!/Q

!5 !4 !3 !2 !1 0 1 2 3 4 5!5

!4

!3

!2

!1

0

1

2

3

4

5

y/x0

x/x0

Figure 19: Equation de Poisson en domaine infini. Solution pour un dipole forme dedeux singularites de signes opposes.Fig. 19: Equation de Poisson en domaine infini. Solution pour un dipole forme de deux singu-

larites de signes opposes.

Page 39: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 39

On ecrit donc:

φ(x, y, z) =

∫ ∫ ∫F(√

(x− x′)2 + (y − y′)2 + (z − z′)2)R(x′, y′, z′) dx′dy′dz′

= − 1

∫ ∫ ∫1√

(x− x′)2 + (y − y′)2 + (z − z′)2R(x′, y′, z′) dx′dy′dz′ .(172)

Page 40: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 40Classification des EDP 39

x

y

0

s

! ! (x(s), y(s))

12

u(s), v(s)

caracteristiques

Figure 20: Probleme de Cauchy pour systeme de deux EDP du 1er ordre.

3.5 Systeme d’EDP du 1er ordre

On peut facilement generaliser les EDP du 1er ordre a des systemes d’EDP. Considerons,par exemple, le systeme quasi-lineaire de deux EDP du premier ordre pour les fonctionsu et v:

M1!u

!x+ N1

!u

!y+ P1

!v

!x+ Q1

!v

!y= R1 ,

M2!u

!x+ N2

!u

!y+ P2

!v

!x+ Q2

!v

!y= R2 , (173)

ou M1, N1, P1, Q1, R1, M2, N2, P2, Q2, R2 sont, au plus, fonctions de x, y, u et v. Pourle probleme de Cauchy, les valeurs u(s) et v(s) sont donnees le long de la courbe !, voirFig. 20.

Comme u(s) et v(s) sont donnes le long de !, on a que duds

et dvds

sont aussi connus.On peut donc ecrire:

!u

!x

dx

ds+

!u

!y

dy

ds=

du

ds,

!v

!x

dx

ds+

!v

!y

dy

ds=

dv

ds, (174)

ce qui, avec les deux EDP donne le systeme:

!""""#

M1 N1 P1 Q1

M2 N2 P2 Q2dxds

dyds

0 0

0 0 dxds

dyds

$%%%%&

!""""#

!u!x!u!y!v!x!v!y

$%%%%&

=

!"""#

R1

R2dudsdvds

$%%%& . (175)

Fig. 20: Probleme de Cauchy pour systeme de deux EDP du 1er ordre.

3.5 Systeme d’EDP du 1er ordre

On peut facilement generaliser les EDP du 1er ordre a des systemes d’EDP. Considerons, parexemple, le systeme quasi-lineaire de deux EDP du premier ordre pour les fonctions u et v:

M1∂u

∂x+N1

∂u

∂y+ P1

∂v

∂x+Q1

∂v

∂y= R1 ,

M2∂u

∂x+N2

∂u

∂y+ P2

∂v

∂x+Q2

∂v

∂y= R2 , (173)

ou M1, N1, P1, Q1, R1, M2, N2, P2, Q2, R2 sont, au plus, fonctions de x, y, u et v. Pour leprobleme de Cauchy, les valeurs u(s) et v(s) sont donnees le long de la courbe Γ, voir Fig. 20.

Comme u(s) et v(s) sont donnes le long de Γ, on a que duds

et dvds

sont aussi connus. On peutdonc ecrire:

∂u

∂x

dx

ds+∂u

∂y

dy

ds=

du

ds,

∂v

∂x

dx

ds+∂v

∂y

dy

ds=

dv

ds, (174)

ce qui, avec les deux EDP donne le systeme:

M1 N1 P1 Q1

M2 N2 P2 Q2dxds

dyds

0 0

0 0 dxds

dyds

∂u∂x∂u∂y∂v∂x∂v∂y

=

R1

R2dudsdvds

. (175)

Tant que le determinant ne s’annule pas, on peut resoudre le systeme pour obtenir ∂u∂x

, ∂u∂y

, ∂v∂x

,∂v∂y

le long de Γ, et donc construire la solution en dehors de Γ. En tout point de Γ, il existe

Page 41: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 41

aussi deux directions particulieres (dx, dy) telles que le determinant

∣∣∣∣∣∣∣∣

M1 N1 P1 Q1

M2 N2 P2 Q2

dx dy 0 00 0 dx dy

∣∣∣∣∣∣∣∣(176)

s’annule. Ces directions sont alors obtenues comme les racines de

Ady2 −B dy dx+ C dx2 = 0 , (177)

avec

A = M1P2 −M2P1 ,

B = (P2N1 − P1N2) + (Q2M1 −Q1M2) ,

C = N1Q2 −N2Q1 . (178)

Si B2 − 4AC > 0, il y a deux racines reelles distinctes et le systeme est hyperbolique. SiB2−4AC = 0, les racines reelles sont confondues et le systeme est parabolique. SiB2−4AC < 0,il n’y a pas de racine reelle et le systeme est elliptique.

Dans le cas hyperbolique, les relations caracteristiques sont aussi facilement obtenues. Parexemple en annulant le determinant

∣∣∣∣∣∣∣∣

M1 N1 R1 Q1

M2 N2 R2 Q2

dx dy du 00 0 dv dy

∣∣∣∣∣∣∣∣. (179)

3.6 Equivalence entre EDP du 2eme ordre et systeme de deux d’EDPdu 1er ordre

Il y a, en fait, equivalence entre une EDP du 2eme ordre et un systeme de deux EDP du 1erordre. En effet, l’EDP

A∂2φ

∂x2+B

∂2φ

∂x∂y+ C

∂2φ

∂y2= R (180)

s’ecrit aussi, en definissant u = ∂φ∂x

et v = ∂φ∂y

, sous la forme:

A∂u

∂x+B

2

(∂u

∂y+∂v

∂x

)+ C

∂v

∂y= R ,

∂u

∂y− ∂v

∂x= 0 , (181)

ou la seconde equation provient de la compatibilite entre u et v:

∂u

∂y=

∂2φ

∂y∂x=

∂2φ

∂x∂y=∂v

∂x. (182)

Page 42: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 42

Le syteme equivalent du 1er ordre est donc obtenu. On obtient aussi:

A B2

B2

C0 1 −1 0dx dy 0 00 0 dx dy

∂u∂x∂u∂y∂v∂x∂v∂y

=

R0dudv

. (183)

L’annulation du determinant, afin de determiner les directions caracteristiques, conduit a

Ady2 −B dy dx+ C dx2 = 0 , (184)

ce qui est bien le meme resultat que precedemment: hyperbolique si B2−4AC > 0, paraboliquesi B2 − 4AC = 0, et elliptique si B2 − 4AC < 0.

Considerons, par exemple, l’equation d’onde. Elle peut s’ecrire sous la forme equivalented’un systeme du premier ordre a deux inconnues. En effet, definissant u ≡ c ∂φ

∂xet v ≡ ∂φ

∂t, on

obtient

c∂u

∂x− ∂v

∂t= 0 ,

c∂v

∂x− ∂u

∂t= 0 . (185)

Ce syteme peut aussi s’ecrire sous la forme vectorielle:

∂t

(uv

)+

(0 −c−c 0

)∂

∂x

(uv

)= 0 , (186)

et donc∂s

∂t+ A

∂s

∂x= 0 , (187)

avec s le vecteur d’inconnues et A la matrice:

A =

(0 −c−c 0

). (188)

Les valeurs propres de cette matrice (obtenues par annulation du determinant de A−λ I) sont,en fait, les directions caracteristiques. Effectivement, on obtient λ2 − c2 = 0 et donc λ1 = c etλ2 = −c, qui sont bien les deux directions caracteristiques.

Pour l’equation de Laplace, on obtient, avec u = ∂φ∂x

et v = ∂φ∂y

, le systeme equivalent:

∂u

∂x+∂v

∂y= 0 ,

∂v

∂x− ∂u

∂y= 0 . (189)

On obtient donc, pour la matrice A,

A =

(0 1−1 0

), (190)

dont les valeurs propres sont complexes: λ2 = −1 et donc λ1 = i et λ2 = −i. Ce systeme estdonc elliptique. Il n’y a pas de direction caracteristique.

Page 43: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 43

3.7 EDP de type mixte

Finalement, il est important d’aussi realiser que certains problemes physiquies sont de typemixte. Par exemple, l’equation de transport avec diffusion,

c∂u

∂x+∂u

∂t= α

∂2u

∂x2, (191)

est de type hyperbolique/parabolique: sa composante de transport lui confere un caracterehyperbolique tandis que sa composante de diffusion lui confere un caractere parabolique. Ceprobleme est toujours pose en condition initiale: u(s, 0) = f(s) donne. Il ne peut pas etreresolu par la methode des caracteristiques, puisqu’il a aussi un caractere parabolique.

Il en est de meme pour l’equation de Burgers avec diffusion:

u∂u

∂x+∂u

∂t= α

∂2u

∂x2. (192)

Il convient de noter que la diffusivite, α 6= 0, guarantit la continuite de la fonction u: aussi faiblesoit-il, mais non-nul, il n’y a pas de possibilite de developper une discontinuite dans la solution.Il y a, par contre, developpement de zone(s) de compression avec des gradients importants (etd’autant plus importants que α est petit).

En domaine non borne ou periodique, ces deux EDP conservent l’integrale de u. Quant al’energie, elle diminue:

d

dt

(∫ b

a

u2

2dx

)= −α

∫ b

a

(∂u

∂x

)2

dx < 0 . (193)

Comme autre exemple d’EDP de type mixte, citons l’equation des telegraphistes. C’estl’EDP qui regit la chute de potentiel, v(x, t), pour la transmission de signaux electriques surun long cable:

∂2v

∂x2− LC ∂2v

∂t2= (RC + LG)

∂v

∂t+RGv (194)

avec R la resistance serie par unite de longueur, L l’inductance par unite de longueur, G laconductance parallele par unite de longueur et C la capacite par unite de longueur. Cette EDPest de type hyperbolique/parabolique.

Page 44: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 44

A

L

x

Fig. 21: Barreau unidimensionnel

4 Equation de la chaleur

4.1 Derivation de l’equation de la chaleur en une dimension

Considerons un barreau droit de longueur L, de section constante A et oriente selon l’axe desx (voir Figure 21). L’energie thermique est l’energie cinetique d’agitation microscopique d’unobjet, qui est due a une agitation desordonnee de ses molecules et de ses atomes. L’energiethermique est une partie de l’energie interne d’un corps. Les transferts d’energie thermiqueentre corps sont appeles transferts thermiques et jouent un role essentiel en thermodynamique.

Nous definissons la fonction e(x, t) [J/m3] comme la densite d’energie thermique par unitede volume contenue dans le barreau. On suppose que cette fonction de “densite d’energiethermique” est constante dans chaque section et ne varie spatialement que selon x. Notonsqu’il est possible d’obtenir physiquement une situation de transfert de chaleur unidimensionnelen isolant parfaitement le barreau sur ses faces laterales.

On considere ensuite une portion infinitesimale de barreau de longueur dx situee entre x etx+ dx. La quantite d’energie thermique contenue dans cette portion de barreau est

E(x, t) = e(x, t)dxA. (195)

La quantite d’energie thermique E(x, t) contenue dans notre portion de barreau change aucours du temps: un flux de chaleur φ(x, t) [W/m2] peut entrer (ou sortir) par les deux sectionsextremes de la portion situees en x et en x + dx. On peut aussi imaginer qu’il existe dans lebarreau des sources d’energie thermique Q(x, t) [W].

Etant donne l’hypothese de parois laterales parfaitement isolees, le principe de conservationde l’energie thermique s’ecrit:

variation de flux net d’energie thermique energie thermiquel’energie thermique = a travers les frontieres + generee par unite de tempsau cours du temps par unite de temps par les sources

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LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 45

Le flux de chaleur φ(x, t) est la quantite d’energie thermique qui s’ecoule par unite de tempset de surface. Ses dimensions sont donc bien des [J/m2/sec] ou encore des [W/m2]. Prenonsmaintenant la convention suivante : le flux de chaleur est pris positivement s’il s’ecoule vers ladroite. Si φ(x, t) > 0, alors de l’energie thermique est amenee a la portion de barreau. Si parcontre φ(x+ dx, t) > 0, alors de l’energie thermique quitte la portion de barreau par la droite.

Les sources de chaleur volumiques Q(x, t) ont la dimension d’une energie thermique parunite de temps et de volume. Leur dimension est donc des [J/m3/sec] ou encore des [W/m3].On peut physiquement imaginer des sources de chaleur provenant de reactions chimiques parexemple.

La conservation de l’energie thermique dans la petite portion de longueur dx peut doncs’ecrire

∂t[e(x, t)dxA] ' φ(x, t)A− φ(x+ dx, t)A+Q(x, t)Adx. (196)

Les differents termes de cette equation ont tous comme unite une puissance [J/sec] = [W].L’equation (196) est imprecise car elle assume que les differentes grandeurs sont constantes

dans la petite portion de barreau. Nous pretendons maintenant que cette equation devient deplus en plus precise quand on fait decroitre dx. Nous allons par la suite faire un developpementrigoureux de l’equation de la chaleur en 3 dimensions. Avant cela, essayons tout d’abordd’expliquer simplement ce qui se passe quand dx→ 0 dans l’equation (196).

La limite quand dx → 0 de l’equation (196) prise telle quelle ne donne pas d’informationssubstantiellement interessantes : on trouve en fait que 0 = 0. Divisons les deux membres del’equation par Adx on trouve

∂e

∂t' −φ(x+ dx, t)− φ(x, t)

dx+Q(x, t). (197)

En passant a la limite, et en supposant que l’equation devient precise quand dx→ 0, on trouve

∂e

∂t= −∂φ

∂x+Q. (198)

On presente maintenant une derivation plus rigoureuse de l’equation de la chaleur. Elle al’avantage de ne pas faire intervenir un passage a la limite. Considerons donc un segment debarreau de longueur finie b − a, i.e. qui est defini de x = a a x = b. On desire donc ecrire laconservation de l’energie pour cette portion de longueur finie. La quantite d’energie thermiquecontenue dans cette portion est

∫ bae(x, t)dx. La conservation de l’energie s’ecrit (le facteur A

ayant ete elimine comme plus haut) :

d

dt

∫ b

a

e dx = φ(a, t)− φ(b, t) +

∫ b

a

Q(x, t)dx. (199)

Notez que, dans (199), la derivee temporelle est une derivee droite (ou ordinaire) et pasune derivee partielle car la seule variable en jeu est le temps, les quantites spatiales ayant eteintegrees de a a b. Neanmoins, il doit etre bien clair que

d

dt

∫ b

a

e dx

︸ ︷︷ ︸f(t)

=

∫ b

a

∂te(x, t) dx

Page 46: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 46

si a et b sont des constantes et si e est suffisament continu.Notons ensuite que, dans le cas ou φ serait continuement derivable, on a l’identite

φ(a, t)− φ(b, t) = −∫ b

a

∂φ

∂xdx. (200)

L’equation (199) peut donc s’ecrire

∫ b

a

∂e

∂t+∂φ

∂x−Qdx = 0. (201)

Cette integrale doit etre nulle pour a et b arbitraires; l’aire sous la courbe doit etre nulle pourn’importe quelles limites a et b. Ceci est uniquement possible si l’integrant est identiquementnul. Il est en fait assez simple de prouver que la seule fonction continue f(x) dont l’integrale∫ baf(x)dx = 0 est nulle pour tout a et b est la fonction f(x) = 0. Imaginons que cette fonction

soit non nulle en x = x0. Alors, vu que f est continue, il existe un voisinage de taille 2ε autourde x0 tel que la fonction soit de signe constant dans x0 − ε < x < x0 − ε. Sans perte degeneralite, imaginons que f(x) > 0 dans cet intervalle I = [x0 − ε < x < x0 − ε]. Prenonsa = x0 − ε, b = x0 + ε. On a

∫ b

a

f(x)dx > (b− a) infIf(x) > 0

ce qui contredit l’hypothese∫ baf(x)dx = 0.

On retrouve donc l’equation (198) :

∂e

∂t= −∂φ

∂x+Q. (202)

L’equation de conservation sous forme integrale (199) est en fait plus generale que (202) car ellenecessite que les grandeurs physiques soient continues de a a b, ce qui n’est pas necessairementle cas en realite: on pourrait imaginer que le barreau soit fait par exemple de deux materiauxdifferents.

4.2 La Temperature

On definit la chaleur massique ou chaleur specifique c d’un materiau comme l’energie qu’il fautfournir a une unite de masse (typiquement un kilo) de ce materiau pour l’augmenter d’une unitede temperature (typiquement un degre). Les unites de c sont donc des [J/kg/K]. La chaleurspecifique de l’eau est de 4186 [J/kg/K] a 0o C et a pression atmospherique.

L’energie thermique contenue dans notre portion de barreau de section A et de longueur dxest e(x, t)dxA. Nous venons de voir que cette energie pourrait etre define comme l’energie ayantservi a amener la portion de barreau d’une temperature de reference u = 0 a sa temperatureactuelle u(x, t). Si on suppose que la chaleur specifique est independante de la temperature,la quantite d’energie par unite de masse de la portion de barreau est c(x)u(x, t). Nous devonsdonc maintenant introduire la notion de masse volumique ρ(x) qui est le nombre de kilos quepese un metre cube du materiau considere. Pour l’eau, a temperature ambiante, on a ρ = 1000[kg/m3]. La masse totale de la portion de barreau est ρdxA et l’energie thermique totale peutetre ecrite comme

e(x, t)Adx = c(x)u(x, t)ρAdx.

Page 47: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 47

On a donc la relation classique entre energie thermique et temperature

e(x, t) = c(x)ρ(x)u(x, t). (203)

L’equation de la chaleur devient donc

c(x)ρ(x)∂u

∂t= −∂φ

∂x+Q. (204)

Cette equation contient deux inconnues u et φ. Il manque donc une relation entre ces deuxfonctions pour fermer le systeme. Cette equation devrait repondre a la question : comment etpourquoi la chaleur s’ecoule-t-elle ? Avant de donner une forme a la relation (loi de comporte-ment) qui lie temperature et flux de chaleur, donnons tout d’abord quelques faits bien connusde tous qui vont guider notre reflexion:

1. Si un corps est a temperature constante, aucune chaleur ne s’ecoule d’un point a l’autrede ce corps : il est a l’equilibre thermique.

2. S’il existe des differences de temperatures dans ce corps, alors la chaleur s’ecoule des zoneschaudes vers les zones froides.

3. Plus la difference de temperature est importante, plus le flux de chaleur est important.

4. Certains materiaux conduisent mieux/moins bien la chaleur que d’autres : pour unedifference de temparature constante, le flux de chaleur depend du materiau considere.

Fourier (1768-1830) a propose une loi de comportement qui resume les quatre observationspre-citees. La loi de Fourier pour la conduction thermique s’ecrit (en une dimension) :

φ(x, t) = −K0∂u

∂x. (205)

Le signe − dans le membre de droite de (205) s’explique par l’observation 2 : la chaleurva des temperatures chaudes au temperatures froides i.e. dans le sens oppose au gradient detemperature. Le facteur K0 est appele la conductivite thermique du materiau et ses unitessont des [W/m/K]. Elle represente la quantite de chaleur transferee par unite de surface et parune unite de temps sous un gradient de temperature de 1 degre par metre. La conductivitethermique de l’eau est de 0.6 [W/m/K] a temperature ambiante. Le flux de chaleur ne dependpas explicitement de u mais de son gradient, ce qui assure qu’a temperature constante, aucunflux n’est observe.

En substituant la loi de Fourier dans (204), on obtient

c(x)ρ(x)∂u

∂t=

∂x

(K0(x)

∂u

∂x

)+Q. (206)

Si on suppose que tous les parametres physiques c, ρ et K0 sont independants de x, on trouvel’equation simplifiee

∂u

∂t=K0

ρc

∂2u

∂x2+Q

ρc. (207)

Page 48: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 48

Notez que le facteur α = K0

ρca necessairement les dimensions de [m2/sec] car ∂u

∂tsont des [K/sec]

et ∂2u∂x2

sont des [K/m2]. On appelle

α =K0

ρc

la diffusivite thermique du materiau. Si on suppose finalement qu’aucune source thermiquen’est presente (i.e. Q = 0), on trouve l’equation de diffusion :

∂u

∂t= α

∂2u

∂x2. (208)

L’equation de diffusion (208) est une equation aux derivees partielles parabolique. C’esten outre une equation lineaire et homogene. L’equation de diffusion apparaıt dans un grandnombre de procedes physiques. Par exemple, un polluant concentre dans une certaine regiond’un sol a se diffuser dans l’espace avoisinant au cours du temps.

4.3 Conditions aux limites et conditions initiales

L’equation de diffusion fait intervenir une derivee premiere par rapport au temps. Dans le casd’une equation differentielle ordinaire, une condition initiale devait etre fournie pour trouverla solution du probleme avec toutes ses constantes. De meme, pour notre EDP de diffusion,la temperature initiale u0(x) = u(x, 0) peut etre fournie pour que le probleme ait une solutionunique. Une autre option est de fournir la vitesse de variation de la temperature en t = 0 :v0(x) = ∂u/∂t(x, 0).

L’equation de diffusion fait intervenir une derivee seconde par rapport a la variable spatialex. Deux conditions aux limites doivent etre fournies pour que le probleme ait une solutionunique. Il existe en fait trois facons d’imposer une condition limite pour l’equation de lachaleur qui correspondent a des situations physiques interessantes. Dans ces 3 cas, on supposeque l’environnement exterieur a notre barreau est bien connu. Prenons pour hypothese que lafrontiere ou l’on veut imposer une condition limite soit en x = 0.

Dans certaines situations, la temperature du barreau en x = 0 peut etre imposee:

u(0, t) = u0(t). (209)

Quand on impose la valeur de la fonction a la limite, la condition limite s’appelle une conditionlimite de Dirichlet.

Dans d’autre cas, c’est le flux de chaleur qui est impose:

−K0(0)∂u

∂x(0, t) = φ0(t). (210)

Le cas le plus connu est le cas du barreau parfaitement isole en x = 0. Dans ce cas, φ0 = 0.Notons que l’equation (210) ne peut pas etre integree pour connaıtre la temperature en x = 0.En effet, la pente de u est connue en un seul point x = 0 ce qui empeche de cacluler la constanted’integration. Quand on impose la derivee de la fonction a la limite, la condition limite s’appelleune condition limite de Neumann.

Un troisieme cas interessant est la condition au limite de convection. Supposons que lebarreau (un solide chaud) soit en contact avec un milieu fluide (de l’air froid par exemple).

Page 49: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 49

La temperature de l’air et du barreau sont identiques a leur point de contact. Imaginons quela temperature de l’air “loin” du barreau soit de u∞ = 20 degres. L’air en contact avec lebarreau va etre chauffe et donc etre mis en mouvement car, sous l’action de la gravite, unfluide chaud, plus leger, va s’elever laissant la place a un fluide plus froid qui va etre chauffea nouveau. Clairement, les parametres decrivant le phenomene de convection seront differentsi x est la direction dans laquelle agit la gravite ou non. De meme, le sens dans lequel agit lagravite influencera ces parametres. Nonobstant ces remarques, il est possible de modeliser leflux de chaleur a la paroi solide comme un facteur de la difference entre la tempetature a laparoi (inconnue) et la temperature du fluide loin de la paroi :

−K0(0)∂u

∂x(0, t) = −H(u(0, t)− u∞). (211)

Le coefficient H est appele le coefficient de transfert de chaleur ou coefficient de convection.Ici, il faut etre attentif au signe du coefficient de proportionalite. Si le barreau est plus chaudque le fluide avoisinant, la chaleur aura tendance a s’echapper du barreau. On a donc un fluxde chaleur negatif en x = 0, d’ou le signe − dans l’equation (211). Par contre en x = L, le signedevra etre change. Quand on impose une combinaison lineaire de la derivee de la fonction etde la fonction elle-meme a la limite, la condition limite s’appelle une condition limite mixte oude Robin.

Pour que le probleme du transfert de chaleur soit bien pose, une condition limite ( (209),(210) ou (211)) doit etre impose sur chaque frontiere du domaine (nous preciserons par la suitela notion de probleme bin/mal pose).

A priori, on pourrait imaginer que l’on puisse donner 2 conditions aux limites au memepoint, par exemple en x = 0. On pourrait par exemple fixer le flux de chaleur −K0∂u/∂x et latemperature u au meme point. Nous verrons par la suite que ce genre de condition aux limitemene a la definition d’un probleme mal pose. En fait, sur chaque frontiere du domaine, c’estsoit la temperature, soit le flux de chaleur qui doit etre impose.

4.4 Equation de la chaleur en regime stationnaire.

4.4.1 Temperature fixee aux extremites

On considere le probleme de l’equation de la chaleur applique a un barreau de longueur L. Latemperature u est fixee aux extremites :

u(0, t) = T1(t) et u(0, t) = T2(t).

On suppose que l’equation de la chaleur peut s’ecrire sous la forme (208) i.e. que tous lesparametres physiques sont constants. On donne la temperature comme condition initiale :

u(x, 0) = u0(x).

Nous etudierons bientot une methode pour resoudre l’equation de la chaleur (208) en fonc-tion de deux variables independantes x et t et en tenant compte des conditions limites et dela condition initiale. Avant cela, etudions le probleme de l’equation de la chaleur stationnaire,i.e. quand la temperature s’est installee et ne depend plus du temps (equilibre stationnaire).Dans ce cas, l’equation (208) se simplifie en l’equation differentielle ordinaire suivante :

d2usdx2

= 0. (212)

Page 50: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 50

La solution de (212) est simplement

us(x) = a+ bx.

Les deux constantes d’integration peuvent etre determinees grace aux conditions aux limites :us(0) = a = T1 et us(L) = a+ bL = T1 + bL = T2. On trouve donc

us(x) = T1 +T2 − T1

Lx.

Cette solution d’equilibre est unique et ne depend en rien de la condition initiale u0(x). Lesconditions initiales sont en fait oubliees, diluees par le phenomene de diffusion.

4.4.2 Flux de chaleur fixe aux extremites

On considere le probleme de Neumann. On cherche u(x, t), x, t ∈ [0, L]× [0,∞[, solution de

∂u

∂t= α

∂2u

∂x2,

u(x, 0) = u0(x),

−K0∂u

∂x(0, t) = φ0,

−K0∂u

∂x(L, t) = φL. (213)

Integrons maintenant l’EDP ∫ L

0

(∂u

∂t− α∂

2u

∂x2

)dx = 0.

On ad

dt

∫ L

0

ρcu dx = K0∂u

∂x(L, t)−K0

∂u

∂x(O, t) = φ0 − φL. (214)

L’eventualite d’une solution stationnaire depend donc ici des conditions aux limites, et c’estassez simple a comprendre. Si le bilan des flux de chaleur imposes aux limites du domainen’est pas nul, alors la temperature dans le barreau va, soit indefiniment augmenter si le bilanest positif, soit indefiniment diminuer si ce bilan est negatif. Dans le cas φ0 = φL, la solutionstationaire est definie a une constante pres :

us(x) = u− φ0

K0

(x− L

2

)

avec u la temperature moyenne du barreau. Si les deux extremites sont isolees, alors latemperature stationnaire us est une constante. Il est possible de determiner cette constante enfonction de la condition initiale u0. En effet, dans le cas φ0 = φL, l’equation (214) se lit

d

dt

∫ L

0

ρcu dx = 0.

L’energie thermique est donc constante au cours du temps. Elle est donc identique en t = 0 eten t =∞ c’est-a-dire pour la solution stationnaire us. On a donc

ρcuL =

∫ L

0

ρcu0 dx.

Page 51: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 51

La temperature moyenne finale est donc egale a la temperature moyenne initiale :

u =1

L

∫ L

0

u0 dx.

Encore une fois, la structure de la solution initiale a ete oubliee. Seule la temperature moyenneest conservee au cours du temps.

4.5 Derivation de l’equation de la chaleur en dimensions 2 et 3

On considere un domaine Ω ⊂ Rd, d = 2, 3. La frontiere de Ω est notee Γ. On suppose queΓ est orientable et on appelle sa normale exterieure ~n. La conservation de l’energie thermiqueprocede du meme principe qu’en dimension 1:

variation de flux net d’energie energie thermiquel’energie thermique dans Ω = thermique a travers Γ + generee par unite de temps

au cours du temps par unite de temps par les sources dans Γ

L’energie thermique contenue dans Ω est definie en fonction de la temperature u(~x, t), ~x, t ∈Ω× [0,∞[ :

E =

Ω

ρcu dv.

Nous allons maintenant developper une expression pour le flux de chaleur net a travers unesurface. En dimension 1, le flux de chaleur φ est defini positivement quand il entre dans ledomaine et negativement s’il sort du domaine. Le flux se comporte donc comme un vecteur.Le flux de chaleur en dimension 2 et 3 est un vecteur note ~φ. L’amplitude de ~φ est la quantited’energie thermique qui s’ecoule par unite de temps et de surface dont la normale unitaire ~nest dans la direction de ~φ. Clairement, si le flux de chaleur est parallele a une surface donnee,alors aucun flux de chaleur ne traverse cette surface.

Considerons une surface Γ de normale exterieure ~n et un vecteur flux de chaleur ~φ(~x, t).L’energie thermique qui s’ecoule a travers Γ par unite de temps est donnee par

−∫

Γ

~φ · ~n ds.

Le signe − est du au fait que la normale exterieure a ete choisie, i.e. le flux est positif si de lachaleur s’echappe du domaine et inversement.

On considere finalement la possibilite de sources volumiques de chaleur Q [W/m3]. Laquantite totale de chaleur produite par ces sources est

Ω

Q dv.

L’equation de la chaleur s’ecrit donc sous forme integrale comme

Ω

ρcu dv = −∫

Γ

~φ · ~n ds+

Ω

Q dv. (215)

Page 52: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 52

On rappelle theoreme de la divergence : il stipule que l’integrale de volume de la divergenced’une fonction a valeur vectorielle ~A continuement derivable est egale au flux de ce vecteur atravers la frontiere de ce volume:

Ω

∇ · ~A dv =

Γ

~A · ~n ds.

En utilisant le theoreme de la divergence dans (215), on trouve

Ω

(∂

∂t(ρcu) +∇ · ~φ−Q

)dv = 0. (216)

On utilise ensuite le meme argument qu’en dimension 1: l’equation (216) est valable pour toutdomaine Ω. L’integrant est donc nul:

∂t(ρcu) = −∇ · ~φ+Q. (217)

La loi de Fourier s’etend elle aussi en dimensions superieures. Les quatres observations

1. Si un corps est a temperature constante, aucune chaleur ne s’ecoule d’un point a l’autrede ce corps : il est a l’equilibre thermique.

2. S’il existe des differences de temperatures dans ce corps, alors la chaleur s’ecoule des zoneschaudes vers les zones froides.

3. Plus la difference de temperature est importante, plus le flux de chaleur est important.

4. Certains materiaux conduisent mieux/moins bien la chaleur que d’autres : pour unedifference de temparature constante, le flux de chaleur depend du materiau considere.

resetent valables. La loi de Fourier s’etend de la facon suivante

~φ(~x, t) = −K0∇u. (218)

Dans le cas general, K0 est un operateur lineaire, i.e. son expression generale est une matriced × d symetrique definie positive. Dans le cas d’un materiau isotrope, K0 est une constantepositive, comme en dimension 1. L’equation de la chaleur s’ecrit donc

∂t(ρcu) = ∇ · (K0∇u) +Q. (219)

Dans le cas ou les parametres physiques sont constants, on trouve l’equation

∂u

∂t= α∇2u+

Q

ρc. (220)

Si aucune source de chaleur n’est presente dans Ω, on trouve l’equation de diffusion

∂u

∂t= α∇2u. (221)

Page 53: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 53

4.6 Conditions aux limites et conditions initiales

L’equation de diffusion fait intervenir une derivee premiere par rapport au temps. Dans le casd’une equation differentielle ordinaire, une condition initiale devait etre fournie pour trouver lasolution du probleme avec toutes ses constantes. De meme, pour notre EDP de diffusion (221),la temperature initiale u0(~x) = u(~x, 0) peut etre fournie pour que le probleme ait une solutionunique.

En ce qui concerne les conditions aux limites, elles peuvent etre de 3 formes, comme endimension 1. On divise la frontiere du domaine en 3 parties: Γ = ΓD∪ΓN ∪ΓR avec ΓD∩ΓN =ΓD ∩ ΓR = ΓR ∩ ΓN = ∅.

On impose la temperature sur la frontiere de Dirichlet ΓD :

u(~x, t) = u0(~x, t) ~x ∈ ΓD. (222)

On impose le flux de chaleur sur la frontiere de Neumann ΓN :

−K0∇u · ~n = φ0(~x, t) ~x ∈ ΓN . (223)

On impose une condition limite mixte sur la frontiere de Robin ΓR :

−K0∇u · ~n = H(u(~x, t)− u∞) ~x ∈ ΓR. (224)

4.7 Equation de la chaleur stationnaire

Si les sources et les conditions aux limites sont independantes du temps, alors il est possible quel’equation de la chaleur admette une solution stationnaire us. La solution us satisfait l’equationde Poisson

∇2us = − Q

K0

.

Si en outre aucune source de chaleur n’est presente, alors la solution stationnaire de l’equationde la chaleur satisfait l’equation de Laplace

∇2us = 0.

Dans la suite, nous resoudrons des problemes de Laplace et de Poisson en utilisant diversestechniques. Nous etudierons plus a fond la structure des solutions de ces EDPs particulieres.

5 Coordonnees curvilignes et operateurs differentiels

Lors de la discussion sur l’equation de la chaleur, nous avons utilise des operateurs differentielscomme le gradient, la divergence ou le laplacien. Dans la suite, nous resoudrons des EDPs dansdes domaines circulaires, spheriques ou cylindriques et l’utilisation de systemes de coordonneesautres que le systeme cartesien sera necessaire.

On considere ici un systeme de coordonnees curvilignes orthogonales qui est defini commesuit. Soit un systeme de coordonnees

~q(q1, q2, q3)→ ~x = (x1(q), x2(q), x3(q)).

Page 54: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 54

Tout point de l’espace ~x = (x1, x2, x3) est repere a l’aide de ~q. On definit

hi =

∥∥∥∥∂~x

∂qi

∥∥∥∥ (225)

ainsi que les 3 vecteurs directeurs orthonormes de la base locale

~eqi =∂~x

∂qi

1

hi. (226)

5.1 Calcul du gradient

Considerons une fonction f(x1, x2, x3) continuement derivable. On consdere la fonction com-posee f(x1(~q), x2(~q), x3(~q)) Soit

∇f =3∑

i=1

∂f

∂xi~ei

le gradient exprime en coordonnees cartesiennes. On cherche ses composantes dans la baselocale i.e

∇f =3∑

i=1

fi~eqi .

On calcule les differentielles

dxi =3∑

j=1

∂xi∂qj

dqj et df =3∑

i=1

∂f

∂xidxi.

On a donc

df =3∑

i=1

∂f

∂xidxi =

3∑

i=1

∂f

∂xi

3∑

j=1

∂xi∂qj

dqj =3∑

i=1

3∑

j=1

∂f

∂xi

∂xi∂qj

dqj =3∑

j=1

∂f

∂qjdqj.

Si on pose d~x = (dx1, dx2, dx3), on a ∇f · d~x = df . Or

d~x =3∑

i=1

∂~x

∂qidqi =

3∑

i=1

hidqi~eqi .

Le produit scalaire ∇f · d~x = df vaut

df =

(3∑

i=1

fi~eqi

)·(

3∑

i=1

hidqi~eqi

).

On a suppose etre en presence de coordonnees orthogonales, on a donc

df =3∑

i=1

fihidqi.

Or, df =∑3

j=1∂f∂qjdqj ce qui implique que

∂f

∂qj= fihi.

Page 55: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 55

Les composantes du gradient dans la base locale sont donc

fi =1

hi

∂f

∂qj.

On a donc le resultat remarquable

∇f =3∑

i=1

1

hi

∂f

∂qj~eqj . (227)

5.2 Calcul de la divergence

Rappelons que l’operateur Laplacien est la divergence du gradient. Soit un vecteur

~A = A1~eq1 + A2~eq2 + A3~eq3

exprime dans la base locale. On a 1

∇ · ~A =3∑

i=1

Ai∇ · ~eq1 +3∑

i=1

∇Ai~eq1

Calculons tout d’abord

∇ · ~eq1 = ∇ · (~eq2 × ~eq3)= ∇ · (h2h3∇q2 ×∇q3)

= ∇(h2h3) · (∇q2 ×∇q3) + h2h3∇ · (∇q2 ×∇q3)

= ∇(h2h3) · (∇q2 ×∇q3) + h2h3(∇×∇q2 · ∇q3 −∇q2 · ∇ ×∇q3)

= ∇(h2h3) · (∇q2 ×∇q3). (228)

Dans (228), on a utilise l’identite

∇ · ( ~A× ~B) = (∇× ~A) · ~B − ~A · (∇× ~B)

et le fait que rotationnel ∇× d’un gradient est nul. On a donc

∇ · ~eq1 = ∇(h2h3) · (∇q2 ×∇q3)

=1

h2h3

∇(h2h3) · (~eq2 × ~eq3)

=1

h2h3

∇(h2h3) · ~eq1

=1

h2h3

(3∑

i=1

1

hi

∂(h2h3)

∂qi~eqi

)· ~eq1

=1

h1h2h3

∂(h2h3)

∂q1

1 ∇ · ( ~Ab) = (∇ · ~A)b+ (∇b) · ~A.

Page 56: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 56

et donc

∇ · (A1~eq1) = A1∇ · ~eq1 +∇A1 · ~eq1

= A11

h1h2h3

∂(h2h3)

∂q1

+

(3∑

i=1

1

hi

∂A1

∂qi~eqi

)· ~eq1

=1

h1h2h3

∂(A1h2h3)

∂q1

. (229)

On obtient donc la forme finale de la divergence exprimee en fonction des coordonees dans labase locale et des facteurs hi

∇ · ~A =1

h1h2h3

(∂(A1h2h3)

∂q1

+∂(h1A2h3)

∂q2

+∂(h1h1A3)

∂q3

). (230)

5.3 Calcul du laplacien

Soit f une fonction deux fois differentiable. On trouve

∇2f = ∇ · ∇f

= ∇ ·(

3∑

i=1

1

hi

∂f

∂qi~eqi

)

=1

h1h2h3

(∂

∂q1

(h2h3

h1

∂f

∂q1

)+

∂q2

(h1h3

h2

∂f

∂q2

)+

∂q3

(h1h2

h3

∂f

∂q3

)).

5.4 Tenseur metrique

Cette section est plus complexe et est donnee comme complement.

5.5 Coordonnees polaires

Derivons maintenant les operateurs differentiels defini plus haut dans divers systemes de coor-donnees. Commencons par les coordonnees polaires :

x(r, θ) = r cos θ , y(r, θ) = r sin θ.

On calcule tout d’abord la matrice jacobienne J = ∂~x∂~q

avec Jij = ∂xi∂qj

. On a

(∂∂x∂∂y

)=

(∂r∂x

∂θ∂x

∂r∂y

∂θ∂y

)

︸ ︷︷ ︸J

(∂∂r∂∂θ

)(231)

Page 57: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 57

Il est en general plus facile d’obtenir J−1. En effet,

(∂∂r∂∂θ

)=

(∂x∂r

∂y∂r

∂x∂θ

∂y∂θ

)

︸ ︷︷ ︸J−1

(∂∂x∂∂y

). (232)

On calcule donc

J−1 =

(cos θ sin θ

−r sin θ r cos θ

)

ce qui donne

J =

(cos θ − sin θ/rsin θ cos θ/r

).

Il est donc facile de voir que

∇u =

(cos θ ∂u

∂r− 1

rsin θ ∂u

∂θ

sin θ ∂u∂r

+ 1r

cos θ ∂u∂θ

)=∂u

∂r

(cos θsin θ

)+

1

r

∂u

∂θ

(− sin θ

cos θ

). (233)

Utilisons maintenant les formules developpees plus haut. On commence par calculer les ~eqiet les hi par les formules (225) et (226) :

h1 = 1, h2 = r, ~er =

(cos θsin θ

)et ~eθ =

(− sin θ

cos θ

)

La formule (227) donne

∇u =∂u

∂r~er +

1

r

∂u

∂θ~eθ. (234)

ce qui est exactement (233).

La divergence d’un vecteur ~A en coordonnees polaires est calculee en utilisant (230)

∇ · ~A =1

r

(∂(Arr)

∂r+∂Aθ∂θ

).

Le laplacien en coordonnees polaires est calcule en utilisant (231) :

∇2f =1

r

∂r

(r∂f

∂r

)+

1

r2

∂2f

∂θ2.

5.6 Coordonnees spheriques

Les coordonnees spheriques sont donnes par :

x(r, θ, φ) = r sin θ cosφ , y(r, θ, φ) = r sin θ sinφ , z(r, θ, φ) = r cos θ.

On a

Page 58: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 58

h1 = 1, h2 = r, h3 = r sin θ,

~er =

sin θ cosφsin θ sinφ

cos θ

, ~eθ =

cos θ cosφcos θ sinφ− sin θ

et ~eφ =

− sin θ sinφ

sin θ cosφ0

.

La formule (227) donne

∇f =∂f

∂r~er +

1

r

∂f

∂θ~eθ +

1

r sin θ

∂f

∂φ~eφ. (235)

La divergence d’un vecteur ~A en coordonnees spheriques est calculee en utilisant (230)

∇ · ~A =1

r2 sin θ

(∂(Arr

2 sin θ)

∂r+∂(r sin θAθ)

∂θ+∂(rAφ)

∂φ

).

Le laplacien en coordonnees spheriques est calcule en utilisant (231) :

∇2f =1

r2 sin θ

(∂

∂r

(r2 sin θ

∂f

∂r

)+

∂θ

(sin θ

∂f

∂θ

)+

∂φ

(1

sin θ

∂f

∂φ

)).

Page 59: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 59

6 La methode de Separation des variables

Il existe un grand nombre de problemes de l’ingenieur qui sont formules sous la forme d’uneEDP a resoudre, avec des conditions initiales et des conditions limites. Assez peu de problemesconcrets ont une solution analytique. Cela est essentiellement du aux non-linearites qui in-terviennent dans la plupart des problemes interessants (turbulence, plasticite, hysteresis) ainsique de la complexite geometrique des domaines concernes dans la pratique (un avion, unevoiture...).

Le but de ce chapitre est d’introduire une methode qui permet de resoudre des EDPs danscertains cas simples. La premiere chose sera de bien comprendre les limitations de la methodede separation des variables i.e. il s’agit d’etre capables de determiner quand cette methode estapplicable.

La methode de separation des variables est en fait assez peu utile en pratique car ellene permet de trouver des solution que dans des cas simples et pour des geometries simples.Neanmoins, elle est d’une grande utilite pour comprendre la nature des solutions d’EDPs trescourantes en pratique. C’est essentiellement pour cette raison qu’elle sera etudiee.

6.1 Linearite, homogenetie et principe de superposition

Les operateurs differentiels que nous que nous considerons dans le cadre de la separation desvariables sont lineaires. Un operateur differentiel lineaire L(u) agit sur des functions u qui sontdifferentiables. L’operateur L est lineaire si, pour tout a, b ∈ R,

L(au+ bv) = aL(u) + bL(v)

pour toutes fonction u et v differentiables.L’operateur

L =∂

∂t−K0

∂2

∂x2

est lineaire (meme si K0 depend de x, verifiez !)Une EDP

L(u) = f

est lineaire si L est lineaire et f est une fonction connue. Si f = 0, alors l’EDP est dite lineaireet homogene. Il faut noter que u = 0 est toujours une solution triviale d’une EDP homogene.C’est d’ailleurs un moyen simple de reconnaıtre une EDP homogene, i.e. de verifier si u = 0est toujours solution de l’EDP.

Une propriete fondamentale des equations lineaires homogenes est la suivante : soit u et vdeux solutions distinctes d’une EDP lineaire et homogene. Soit a et b deux scalaires. On a

L(au+ bv) = aL(u) + bL(v) = 0

ce qui signifie que toute combinaison lineaire de solutions de l’EDP est elle-meme solutionde l’EDP. C’est le principe de superposition.

Les concepts de linearite et d’homogeneite s’appliquent aussi aux conditions aux limites. Prexemple, la condition de Robin

−K0∇u · ~n = −H(u− u∞)

Page 60: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 60

est lineaire et homogene. Par contre, la condition de Neumann

−K0∇u · ~n = φ0

est lineaire mais pas homogene.

6.2 Equation de Laplace

Nous allons maintenant intropduire la methode de s’eparation des variables en prenant pourexemple l’equation de Laplace, equation tres commune en physique mathematique.

6.2.1 Equation de Laplace en physique mathematique

Nous avons developpe plus haut l’equation de la chaleur. Dans le cas d’un regime stationnaire(plus de variation de temperature au cours du temps), de proprietes physiques constantes etquand aucune source de chaleur volumique n’est presente dans le domaine, l’equilibre thermiqueest regi par une equation de Laplace : on cherche u(~x), ~x ∈ Ω ⊂ Rd verifiant l’EDP de Laplace

∇2u = 0

munie de conditions limites appropries sur la frontiere Γ de Ω. Rappelons que le flux de chaleurest donne par la loi de Fourier

~φ = −K0∇u.Dans le cas stationnaire, le bilan du flux de chaleur a travers les frontiere est nul:

Γ

~φ · ~nds = 0

ce qui correspond a l’intuition physique qu’un etat stationnaire ne peut exister que si le bilande ce qui entre et de ce qui sort est nul.

L’equation de Laplace sert de modele a d’autres phenomenes physiques (cette liste est loind’etre exhaustive) :

• Calcul de champs electriques dans le vide (electrostatique): u est le potentiel electrique,

K0 la permittivite electrique du vide, −∇u est le champ electrique et ~φ = −KO∇u est levecteur deplacement electrique.

• Calcul des ecoulements irrotationels de fluides parfaits. Ici, ~v = ∇u est la vitesse dufluide et u est le potentiel des vitesses. Dans le cas d’un fluide’equation ∇ · ~v exprime laconservation de la masse du fluide.

• Calcul des ecoulements de fluides dans en milieu poreux (equation de Darcy). Dans cecas, u est la pression du fluide, −K0∇u est la vitesse du fluide et K0 est la permeabilitedu milieu poreux.

Page 61: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 61

6.2.2 Equation de Laplace dans un rectangle

On cherche u(x, y) solution de

∂2u

∂x2+∂2u

∂y2= 0

avec Ω = x, y | 0 < x < L, 0 < y < H.On impose des contitions aux limites lineaires et homogenes en x = 0, en x = L et eny = 0. On impose des contitions aux limites lineaires et non homogenes en y = H.

Le principe de la separation des variables est de chercher la solution du probleme (EDP+ conditions limites) sous une forme particuliere. On cherche donc une solution de la formesuivante :

u(x, y) = X(x)Y (y). (236)

La solution “produit” que nous cherchons est censee verifier l’EDP homogene ainsi quetoutes les conditions aux limites homogenes, mais pas necessairement la condition limite eny = H. Nous verrons par la suite comment faire en sorte de construire la solution qui verifiel’ensemble des equations. Soyons clairs des maintenant : nous ne donnons aucune justificationa ce choix d’une fonction produit. En fait, l’argument que nous donnons a ce choix est des plusbasiques : si nous trouvons une solution a notre probleme et que nous pouvons prouver quecette solution est unique, alors c’est la bonne. Tres clairement, cette methode sera restreinte aun certain nombre de cas particuliers car la solution a toute EDP ne peut pas se mettre sousla forme d’un produit 2.

Calculons maintenant l’operateur Laplacien etant donne l’hypothese (236)

∇2u(x, y) = ∇2(X(x)Y (y)) =∂2X

∂x2Y +X

∂2Y

∂y2Y.

Etant donne que X ne depend que de x on note sans ambiguıte

X ′ =dX

dxet X ′′ =

d2X

dx2.

On ecrit l’equation de Laplace sous la forme

∇2u(x, y) = X ′′(x)Y (y) + Y ′′(y)X(x) = 0. (237)

Nous savons que la solution u = 0 est solution de l’EDP et des conditions aux limites homogenes.Nous cherchons donc ici des fonctions X et Y qui apportent de l’information, i.e. non nulles.Nous ne perdons donc aucune information si nous divisons (237) par XY :

X ′′

X+Y ′′

Y= 0. (238)

Ce faisant, on n’oublie aucune solution interessante, car XY = 0 n’est pas une solutioninteressante.

2 pensons a la methode des caracteristique ou les solutions a l’equation de transport 1D sont sous la formef(x− ct) 6= X(x)T (t)

Page 62: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 62

La forme (238) est remarquable :

X ′′

X︸︷︷︸f(x)

+Y ′′

Y︸︷︷︸g(y)

= 0.

En fait, (238) stipule qu’une fonction f de x seulement est egale au signe pres a une fonction gde y seulement. On a separe les variables x et y. Les deux variables x et y sont independantes,c’est-a-dire que faire varier l’une ne provoque pas de variation chez l’autre : ∂x

∂y= ∂y

∂x= 0. Deux

fonctions, l’une dependante de x uniquement et l’autre de y qui sont egales (au signe pres) nepeuvent etre que constantes, i.e. independantes et de x et de y :

∂x(f(x) + g(y)) = f ′(x) = 0 −→ f(x) = ±k2 = constante.

On ecrit doncX ′′

X= −Y

′′

Y= ±k2.

Le signe de la constate de separation k2 est important a trouver : selon que l’on choisira + ou−, on trouvera soit une famille de solutions interessantes, soit la solution trivialement nulle.L’equation en x s’ecrit

X ′′ = ±k2X. (239)

Nous avons fait l’hypothese que les conditions limites en x etaient lineaires et homogenes.Dans un permier temps, supposons que nous avons des conditions de Dirichlet homogenes agauche et a droite du domaine : u(0, y) = u(L, y) = 0, 0 < y < H. Etant donne notrehypothese (237), ces deux conditions s’ecrivent X(0)Y (y) = X(L)Y (y) = 0. Le produit dedeux fonction est nulle quand l’une des deux est nulle. Ici, on doit soit faire l’hypothese que,soit X(0) = 0, 0 < y < H, soit Y (y) = 0, 0 < y < H. Faire l’hypothese que Y (y) estnulle pour tout y implique que u(x, y) = X(x)Y (y) est nul, ce qui revient a choisir la solutiontriviale. On choisit donc X(0) = X(L) = 0. Distinguons maintenant trois cas.

Premier cas, on choisit le signe + dans (239), ce qui donne

X ′′ − k2X = 0.

On a ici une EDO homogene du second ordre a coefficients constants3 dont la solution generaleest

X(x) = Aekx +Be−kx.

Les deux conditions X(0) = X(L) = 0 s’ecrivent:

A+B = 0 et AekL +Be−kL = 0.

Ce systeme de deux equations a deux inconnues est homogene, ce qui signifie que la solutionA = B = 0 est la seule solution si et seulement si le determinant du systeme est non nul. Cedeterminant vaut ekL − e−kL = 2 sinh(kL) qui n’est nul que si kL = 0, donc si k = 0. Aucune

3 Le polynome caracteristique est α2 − k2 = 0 dont les deux racines sont α = ±1.

Page 63: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 63

solution interessante n’est trouvee dans ce cas, la solution pour k = 0 correspondant en fait audeuxieme cas.

Deuxieme cas, on choisit k = 0 dans (239), ce qui donne

X ′′ = 0

dont la solution estX = Ax+B.

Les deux conditions X(0) = X(L) = 0 s’ecrivent:

B = 0 et AL+B = 0

ce qui donne clairement A = B = 0. Le cas k = 0 ne donne rien encore une fois.

Troisieme cas, on choisit le signe − dans (239), ce qui donne

X ′′ + k2X = 0.

On a ici une EDO homogene du second ordre a coefficients constants4 dont la solution generaleest

X(x) = aeikx + be−ikx.

Une ecriture equivalente de X fait intervenir les fonctions sinus et cosinus. On se rappelle que lesinus et le cosinus de θ sont respectivement la partie reelle et la partie imaginaire de la fonctionexponentielle complexe :

eiθ = cos θ + i sin θ.

On a evidemmente−iθ = cos θ − i sin θ

ce qui donne

X(x) = (a+ b) cos(kx) + i(a− b) sin(kx) = A cos(kx) +B sin(kx)

vu qu’on n’est interesse qu’a la partie reelle de X, on choisit A et B reels. L’utilisation dessinus et cosinus a l’avantage de faciliter l’imposition des conditions aux limites. La conditionX(0) = 0 donne A = 05. La condition X(L) = 0 donne

B sin(kL) = 0.

Le produit de deux grandeurs est nul quand l’une des deux est nulle. Choisir B = 0 mene a lasolution triviale u(x, y) = 0 qui est sans interet. L’avantage ici est que la fonction sinus a ungrand nombre de zeros : on rappelle que sin θ = 0 pour θ = nπ, n = 1, 2, . . . . On peut doncchoisir (quantifier) k comme

kn =nπ

L.

4 Le polynome caracteristique est α2 + k2 = 0 dont les deux racines sont α = ±ik.5 En gardant les exponentielles, on aurait a+ b = 0.

Page 64: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 64

Dans ce cas, les fonctions solution de l’equation homogene (239) sont quantifiees. On ecrit

Xn(x) = sinnπx

L= sin knx.

L’equation en Y estY ′′ − k2

nY = 0

dont la solution est elle aussi quantifiee

Yn(y) = cekny + de−kny.

Encore une fois, l’utilisation des fonctions cosinus et sinus hyperboliques pourrait simplifierl’imposition des conditions aux limites. Nous avons

coshx =ex + e−x

2et sinh x =

ex − e−x2

.

On a doncekny = cosh kny + sinh kny et e−kny = cosh kny − sinh kny

etYn(y) = (c+ d) cosh kny + (c− d) sinh kny = C cosh kny +D sinh kny.

Nous avons fait l’hypothese que les conditions limites en y etaient lineaire et homogene en y = 0et lineaires en y = H. Dans un permier temps, supposons que nous avons des conditions deDirichlet homogenes en bas du domaine (u(x, 0) = 0, 0 < x < L) et une condition de Dirichletnon homogene en haut du domaine (u(x,H) = f(x), 0 < x < L) Etant donne notre hypothese(237), la condition homogene s’ecrit X(x)Y (0) = 0. Le produit de deux fonction est nul quandl’une des deux est nulle. Ici, on doit soit faire l’hypothese que, soit Y (0) = 0, 0 < x < L,soit X(x) = 0, 0 < x < L. Faire l’hypothese que X(x) est nulle pour tout x impliqueque u(x, y) = X(x)Y (y) est nul, ce qui revient a choisir la solution triviale. On choisit doncY (0) = 0 ce qui donne C = 0. A ce stade, on obtient

Y (y) = Dn sinh kny,

le Dn pouvant etre diferent pour chaque sinh kny. La fonction

un(x, y) = DnXn(x)Yn(y)

est solution de l’EDP (homogene) et verifie toutes les conditions aux limites homogenes. Toutesces relations sont lineaires et homogenes et le principe de superposition s’applique. On peutdonc ecrire

u(x, y) =∞∑

n=1

un(x, y) =∞∑

n=1

Dn sin knx sinh kny.

La fonction u verifie toutes les contraintes du probleme (EDP et conditions limites homogenes),mais pas la condition non homogene en y = H. D’autre part, cette fonction depend d’un nombreinfini de parametres (les Dn) que l’on peut fixer arbitrairement. Utilisons cette observation pourecrire la condition limite non homogene u(x,H) = f(x) :

u(x,H) =∞∑

n=1

Dn sin knx sinh knH =∞∑

n=1

D′n sin knx = f(x).

Page 65: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 65

Le probleme consiste en fait a trouver les coefficients de developpement et serie de sinus de f(x).A priori, l’operation ne semble pas evidente, car une infinite de coefficients sont a calculer. Ilest en fait possible de trouver aisement les Dn en remarquant que les fonctions sin knx sontorthogonales sot l’intervalle [0, L], i.e. que, pour m 6= n,

∫ L

0

sin knx sin kmxdx =1

k2n − k2

m

(km sin(knx)cos(kmx)− kncos(knx)sin(kmx)) |L0 = 0.

Pour m = n, ∫ L

0

sin2 knxdx =L

2.

Nous montrerons dans la section suivante que cette propriete d’orthogonalite n’est pas unhasard, mais qu’elle s’applique a un grand nombre de fonctions propres d’operateurs differentielsainsi qu’a tout type de condition limite homogene.

On utilise ensuite la propriete d’orthogonalite des sinus pour calculer les Dn :

∫ L

0

sin(kmx)f(x)dx =

∫ L

0

sin(kmx)

[ ∞∑

n=1

Dn sin(knx) sinh(knH)

]dx

=∞∑

n=1

Dn sinh knH

∫ L

0

sin(kmx)(sin knx)dx

= Dm sinh(kmH)L

2.

On trouve donc

Dn =

∫ L0

sin(knx)f(x)dx

sinh(knH)

2

L, n = 1, 2, . . .

Dans le cas particulier f(x) = u0, on a

∫ L

0

sin(kmx)u0dx = u0− cos(kmx)

km

∣∣∣∣L

0

=1

km(1− cos(kmL)) = u0

1

km(1− (−1)m.

Dans ce cas, la solution du probleme est

u(x, y) =∞∑

n=1

2u0

nπ sinh(nπL/H)(1− (−1)n) sin

nπx

Lsinh

nπy

L.

La Figure 22 montre le resultat u(x, y) en utilisant 200 modes, i.e. pour la somme allantde n = 1, . . . , 200. Notons qu’aux points 0, H et L,H, les conditions limites u = 0 et u = u0

sont incompatibles et la solution oscille au voisinage de ces points. Clairement, developper uneconstante en serie de sinus est en fait une assez mauvaise idee, les sin(nπx/L) etant nuls enx = 0 et x = L (voir Figure 23).

Essayons maintenant le cas particulier: f(x) = u0xL

(1 − xL

) Ici, les conditions limites sontcompatibles entre elles: f(0) = f(L) = 0. On calcule donc l’integrale

∫ L

0

sin(nπx/L)x

L(1− x

L)dx.

Page 66: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 66

Fig. 22: Trace de la solution avec L = H = 1, f(x) = u0 et u0 = 1.

On utilise la formule ∫η sin(aη) dη =

1

a2sin(aη)− η

acos(aη)

pour calculer ∫ L

0

sin(nπx/L)x

Ldx = − L

nπ(−1)n.

On utilise ensuite la formule∫η2 sin(aη) dη =

a2sin(aη) +

(2

a3− η2

a

)cos(aη)

Page 67: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 67

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

u(L, y)

y

’a.dat’

Fig. 23: Trace de la solution u(x,H).

pour calculer∫ L

0

sin(nπx/L)(xL

)2

dx =1

L2

(2L3

n3π3− Lx2

)cos(nπx/L)

∣∣∣∣H

0

=1

L2

[(2L3

n3π3− L3

)(−1)n − 2L3

n3π3

]

= − 2L

n3π3(1− (−1)n)− L

nπ(−1)n.

On trouve finalement∫ L

0

sin(nπx/L)x

L

(1− x

L

)dx =

2L

n3π3(1− (−1)n).

Les coefficients du developpement se calculent donc comme suit :

Dn = − 4

sinh(nπH/L)n3π3(1− (−1)n).

La solution, avec 200 termes, est representee sur la Figure 24. On remarque que, cette fois, lasolution n’oscille pas.

6.2.3 Operateurs auto adjoints

Dans la section precedente, nous avons resolu le probleme au valeur propres

X ′′ + k2X = 0

avec des conditions aux limites de Dirichlet nulles. Concentrons nous maintanant sur unprobleme plus general. On considere le probleme au valeur propre suivant. Soit un operateurdifferentiel lineaire L et l’EDO

L(X) + k2X = 0

Page 68: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 68

Fig. 24: Trace de la solution (??) avec L = H = 1 et, f(x) = u0xL

(1− x

L

)et u0 = 1.

soumise a des conditions limites homogenes et lineaires en x = 0 et x = L,

l(X)|0 = 0 et r(X)|L = 0.

Dans le cas L = ddx2

, les operateurs l et r peuvent prendre les formes l = X (Dirichlet), l = X ′

(Neumann) ou l = aX + bX ′ (Robin). Soit Xn(x) une famille de fonctions propres avec lesvaleurs propres correspondantes, les kn. On a donc

L(Xn) + k2nXn = 0, ∀n.

Soit deux fonctions propres Xn et Xm relatives a des valeurs propres distintes. On a

Xm(L(Xn) + k2nXn) = 0 et Xn(L(Xm) + k2

mXm) = 0.

En faisant la difference de ces deux relations, on obtient

XmL(Xn)−XnL(Xm) = (k2m − k2

n)XnXm.

Page 69: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 69

On integre ensuite cette derniere equation de 0 a L :

∫ L

0

(XmL(Xn)−XnL(Xm))dx = (k2m − k2

n)

∫ L

0

XnXmdx. (240)

On definit maintenant le produit scalaire de deux fonctions sur l’intervalle [0, L] :

〈Xn(x), Xm(x)〉 =

∫ L

0

Xn(x)Xm(x)dx. (241)

Pour rappel, si E est un espace vectoriel, un produit scalaire <,> est une application deE× E→ R, x, y ∈ E, < x, y >∈ R, qui a les proprietes suivantes :

• bilineaire c’est-a-dire

– lineaire relativement au premier argument (le second etant fixe)

– lineaire relativement au second argument (le premier etant fixe)

• symetrique : ∀(x, y) ∈ E2 < y, x >=< x, y >

• positive : ∀x ∈ E < x, x >∈ R+0

• definie : < x, x >= 0⇒ x = 0

L’espace vectoriel dont nous parlons est un espace de fonctions. La definition du produit scalaire(241) verifie ces criteres. Tout produit scalaire induit une norme ‖x‖

‖Xn‖2[0,L] =< Xn(x), Xn(x) >

qui s’appelle la norme L2 de la fonction Xn sur l’intervalle [0, L]. L’equation (240) s’ecrit donc

〈Xm, L(Xn)〉 − 〈Xn, L(Xm)〉 = (k2m − k2

n) 〈Xm, Xn〉 . (242)

Deux fonctions sont orthogonales quand leur produit scalaire est nul. Pour que les fonctionspropres de notre operateur L soient orthogonales, on doit avoir la relation suivante

〈Xm, L(Xn)〉 = 〈Xn, L(Xm)〉 . (243)

Cette egalite depend non seulement de la nature de l’operateur, mais aussi des conditionslimites associees. Quand l’equation (243) est verifiee, on dit que l’operateur L muni des condi-tions aux limites donnees est auto-adjoint. Verifions que l’operateur L = d

dx2muni de conditions

aux limites homogenes est auto-adjoint. En utilisant l’integration par parties6

〈Xm, X′′n〉 − 〈Xn, X

′′m〉 = −〈X ′m, X ′n〉+ 〈X ′n, X ′m〉+ X ′nXm −X ′mXn|L0 (244)

= X ′n(L)Xm(L)−X ′n(L)Xm(L)−X ′m(0)Xn(0) +X ′n(0)Xm(0)

Utilisons les conditions limites les plus generales possibles, i.e. des conditions de Robin a gaucheet a droite. Imaginons que la condition de Robin homogene en x = 0 s’ecrive

aXn(0) + bX ′n(0) = 0.

6∫ baf(x)g′(x)dx = −

∫ baf ′(x)g(x)dx+ f(x)g(x)|ba .

Page 70: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 70

On pose donc X ′n(0) = −abXn(0) et X ′m(0) = −a

bXm(0) dans (244) ce qui permet d’ecrire

X ′m(0)Xn(0) +X ′n(0)Xm(0) = −abXm(0)Xn(0) +−a

bXn(0)Xm(0) = 0.

On procede de meme pour x = L, ce qui permet de demontrer que l’operateur X ′′ muni deconditions limites homogenes est auto adjoint. Le fonctions propres relatives a des valeurspropres distinctes sont donc toujours orthogonales:

〈Xm, Xn〉 = 0, kn 6= km. (245)

6.2.4 Fonctions propres et valeurs propres

Il existe une analogie de ce qui vient d’etre dit a propos des operateurs auto-adjoint avec latheorie des matrices symetriques. Les matrices sont des operateurs lineaires sur des vecteurs.Soit A une matrice de RN × RN et un vecteur x ∈ RN , le produit Ax = b ∈ RN modifie x defacon lineaire i.e. A(x+ y) = Ax+ Ay.

De meme, nous avons montre que les operateurs differentiels dont nous nous occupons sontdes operateurs lineaires sur des fonctions.

Nous avons defini la notion de produit scalaire pour les fonctions, nous pouvons aussi ledefinir pour les vecteurs.

Le probleme matricielAx+ λx = 0

est appele probleme aux valeurs propres. Les vecteurs propres d’une matrice symetrique sontorthogonaux. Une matrice A est symetrique si, pour tout vecteur x et y de RN ,

< x,Ay >=< y,Ax > .

On voit donc que la definition (243) du caractere auto-adjoint de L est parfaitement ana-logue a la definition d’une matrice symetrique. Comme pour les matrices symetriques, lesvecteurs/fonctions propres sont orthogonales, nous l’avons demontre. L’analogie est plus forteencore :

• Les k2n sont reels,

• il existe une infinite de valeurs propres k1 < k2 < · · · < kn < kn+1 < . . . , il existe uneplus petite valeur propre, mais pas de plus grande.

• A deux valeurs propres distinctes correspondent deux fonctions propres distinctes,

• Les Xn forment un ensemble infini qui est complet, i.e. n’importe quelle fonction g(x)peut etre representee par une serie de fonctions propres :

g(x) '∞∑

n=1

AnXn(x).

C’est l’analogue de la propriete des matrices symetriques qui dit que l’ensemble desvecteurs propres forment une base de RN . Cette propriete n’est pas triviale a montrer.

• Les Xn sont orthogonaux.

Page 71: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 71

Tab. 1: Resume des solutions du probleme aux valeurs propores X ′′ +X = 0.

Conditionslimites

X(0) = 0X(L) = 0

X ′(0) = 0X ′(L) = 0

X(−L) = X(L)X ′(−L) = X ′(L)

Valeurs propreskn

nπL

n = 1, 2, . . .

nπL

n = 0, 1, 2, . . .

nπL

n = 0, 1, 2, . . .

Fonctions propresXn

sin nπxL cos nπxL cos nπxL et sin nπx

L

Series pourf(x)

f(x) =∑∞i=1An sin nπx

L f(x) =∑∞i=1An cos nπxL

f(x) =∑∞i=1An cos nπxL

+∑∞i=1Bn sin nπx

L .

Coefficients An = 2L

∫L0 f(x) sin nπx

Ldx

B0 = 1L

∫L0 f(x)dx

Bn = 2L

∫L0 f(x) cos nπx

Ldx

An = 1L

∫L−L f(x) sin

nπxL

dx

B0 = 12L

∫L−L f(x)dx

Bn = 1L

∫L−L f(x) cos

nπxL

dx

6.2.5 Resume des solutions possible du probleme X ′′ + k2X = 0.

Un grand nombre de problemes que nous rencontrerons necessiteront la resolution du problemeaux valeurs propres

X ′′ + k2X = 0.

La table 1 resume les formules interessantes pour les valeurs propres et les fonctions propresde cette equation en fonction des conditions aux limites. Notons que nous ne consideronsici que des conditions de Neumann ou de Dirichlet. Les conditions de Robin menent a desdeveloppement plus complexes que nous detaillerons par la suite.

6.2.6 Equation de Laplace dans un cercle

On demande de calculer le profil de temperature stationnaire u(r, θ) dans un cylindrede rayon r = a. Les conditions aux limites sont :

u(r = a, θ) = f(θ).

Le but de cette section est double. On veut d’abord montrer qu’il est possible d’utiliser laseparation des variables dans un domaine circulaire (notons que ce domaine est rectangulaireen coordonnees polaires). D’autre part, on demontrera ici une propriete fondamentale dessolutions de l’equation de Laplace. Cette propriete nous permettra de demontrer l’unicite dela solution de l’equation de Laplace. L’existence est plus difficile a montrer.

L’equation a resoudre est l’equation de la chaleur stationnaire :

∇2u = 0,

qui s’ecrit (on l’a montre plus haut) en coordonnees polaires :

∂2u

∂r2+

1

r

∂u

∂r+

1

r2

∂2u

∂θ2= 0.

Page 72: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 72

Il est en effet naturel d’utiliser les coordonnees polaires car les conditions limites sont appliqueessur une courbe r = a, ce qui devrait permettre d’utiliser la separation des variables. On appliquedonc la separation de variables suivante :

u(r, θ) = R(r)Θ(θ),

qui, introduite dans l’EDP, mene a :

R′′Θ +1

rR′Θ +

1

r2RΘ′′ = 0,

⇐⇒ R′′ + 1rR′

R+

1

r2

Θ′′

Θ= 0,

⇐⇒ r2R′′ + rR′

R= −Θ′′

Θ= +k2,

L’equation en θ est du type X ′′ + k2X = 0 dont les solutions sont disponibles dans le tableau1. La fonction Θ est periodique, de periode 2π, ce qui implique Θ(θ) = Θ(2π + θ) et Θ′(θ) =Θ′(2π + θ). La solution est donc

Θn(θ) = A cos(nθ) +B sin(nθ).

avec la quantification la quantification

kn = n, n = 0, 1, . . .

L’equation en r donne

r2d2R

dr2+ r

dR

dr− k2

nR = 0. (246)

Notons ici qu’il n’existe que tres peu d’equations differentielles ordinaires du second ordre,lineaires, a coefficients variables, qui ait une solution sous forme de fonctions connues (sinus,cosinus, exponentielles, polynomes...). La solution generale d’une EDO du second ordre ho-mogene est une combinaison lineaire de deux fonctions lineairement independantes. L’equation(256) fait partie d’une famille d’ODE connues sous le nom d’equations d’Euler. L’equationd’Euler d’ordre N s’ecrit

N∑

i=0

Aixi diy

dxi= 0. (247)

Si on essaye une solution du typey(x) = xα

dans (247), on trouve

N∑

i=0

Aixi(α(α− 1)(α− 2) . . . (α− i))xα−i = xα

N∑

i=0

Aiα(α− 1)(α− 2) . . . (α− i) = 0 (248)

qui est le polynome caracteristique de l’equation d’Euler dont les N racines αi permettent decalculer la solution generale

y(x) =N∑

i=1

Bixαi .

Page 73: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 73

Dans notre cas, le polynome s’ecrit

α(α− 1) + α− k2n = 0

dont les racines sont α = ±kn. La solution de l’equation en r est donc

Rn(r) = Cnrkn +Dnr

−kn .

La solution etant finie en r = 0, on elimine la partie en r−kn . La solution du probleme del’equation de Laplace dans un cercle est donc

u(r, θ) = A0 +∞∑

n=1

rn (An cos(nθ) +Bn sin(nθ)) .

Les coefficients An et Bn se calculent en utilisant u(r = a, θ) = f(θ) ainsi que l’orthogonalitedes sinus et cosinus (voir le tableau 1) :

A0 =1

∫ 2π

0

f(θ)dθ,

An =1

πan

∫ 2π

0

f(θ) cos(nθ)dθ,

Bn =1

πan

∫ 2π

0

f(θ) sin(nθ)dθ.

Theoreme de la valeur moyenne

La solution au centre du cercle vaut

u(0, θ) = A0 =1

∫ 2π

0

f(θ)dθ.

En d’autre termes, la solution au centre du cercle est egale a la moyenne de la temperatureimposee en r = a. On peut aussi calculer

∫ a

0

∫ 2π

0

u(r, θ)r dr dθ.

Etant donne l’orthogonalite des sinus et des cosinus sur [0, 2π], on a

∫ a

0

∫ 2π

0

rn (An cos(nθ) +Bn sin(nθ)) r dr dθ = 0.

On trouve donc ∫ a

0

∫ 2π

0

u(r, θ)r dr dθ = 2πa2

2A0 = πa2u(0, θ).

En d’autre termes, la solution au centre du cercle est egale a la moyenne de la temperature surle cercle.

Soit la solution u de l’equation de Laplace dans un domaine Ω ouvert du plan xy quelconque.Considerons le cercle B de rayon a et de centre ~c (x, y) completement inclus dans Ω. Le resultatque nous venons de demontrer se generalise: la valeur u(x, y) est egale a

Page 74: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 74

• La moyenne1

2πa

∂B

u dl

de u calculee sur la circonference de n’importe quel cercle centre en (x, y).

• La moyenne1

πa2

B

u ds

de u calculee sur la surface du cercle.

C’est le theoreme de la valeur moyenne. Notez que la proposition inverse est vraie: si la valeurde u(x, y) en un point est egale a la moyenne de u sur n’importe quel cercle centre en (x, y)inclus dans Ω, alors u est solution de l’equation de Laplace.

Theoreme du maximum

Soit u(x, y) solution de l’equation de Laplace

∇2u = 0.

Nous allons montrer qu’il n’est pas possible que u(x, y) soit maximale en un point ~c(x, y)interieur a Ω.

On demontre cette propriete par l’absurde. Considerons qu’il existe un maximum local a uen ~c (x, y). Il existe donc une voisinage V de ~c (x, y) tel que, ∀~p (X, Y ) ∈ V , u(X, Y ) < u(x, y).On considere un cercle B de rayon ε centre en ~c(x, y) et completement inclus dans V . Soit Ula valeur maximale de u sur le cercle. On sait, par le theoreme de la valeur moyenne, que

2πa u(x, y) =

∂B

u dl < 2πa U.

Or, u est maximal en ~c (x, y), ce qui implique que u > U , ce qui contredit le theoreme de lamoyenne (qui lui, est vrai).

La valeur maximale de u est donc toujours atteinte sur la frontiere du domaine ∂Ω. C’estle theoreme du maximum.

Theoreme du minimum

La valeur minimale de u est donc toujours atteinte sur la frontiere du domaine ∂Ω. C’est letheoreme du minimum.

Unicite de la solution de l’equation de Laplace

On demontre cette propriete par l’absurde. Soit u(x, y) solution de l’equation de Laplace

∇2u = 0 dans Ω

soumises a des conditions limites de Dirichlet

u = u sur ∂Ω.

Page 75: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 75

Imaginons qu’il existe une autre fonction v(x, y) solution de l’equation de Laplace

∇2v = 0 dans Ω

soumises aux memes conditions limites

v = u sur ∂Ω.

On demontre que la fonction u− v est necessairement nulle.L’EDP de Laplace est une EDP lineaire. On a donc

∇2(u− v) = ∇2u−∇2v = 0 dans Ω

Les conditions aux limites sont elles aussi lineaires. On a donc

(u− v) = u− u = 0 sur ∂Ω.

La fonction (u− v) est donc solution de l’equation de Laplace soumise a des conditions deDirichlet identiquement nulles. Etant donne le theoreme du maximum, (u − v) ≤ 0 dans Ω.Etant donne le theoreme du minimum, (u − v) ≥ 0 dans Ω. On a donc (u − v) = 0 partoutdans Ω.

6.2.7 Les conditions de Robin

Dans les deux exercices que nous venons de resoudre, la quantification des valeurs propres knetait simple a trouver, car il suffisait de trouver les zeros d’une fonction trigonometrique. Nousallons voir qu’avec des conditions de Robin, les choses sont plus complexes.

On demande de resoudre l’equation de Laplace en 2 dimensions. On cherche T (x, y),0 < x < L, 0 < y < H verifiant l’EDP :

∂2T

∂x2+∂2T

∂y2= 0,

munie des conditions limites

−κ∂T (0, y)

∂x= −κ∂T (x, 0)

∂y= 0,

T (L, y) = T0 et − κ∂T (x,H)

∂y= h

(T (x,H)− T∞

).

Interpretation physique du probleme

La temperature a l’equilibre thermique dans un solide verifie, en l’absence de sources volumiquesde chaleur, l’equation de Laplace

∇2T =∂2T

∂x2+∂2T

∂y2+∂2T

∂z2= 0.

Rappelons que plusieurs types de conditions aux limites peuvent etre imposees sur lesdifferentes frontieres du domaine. Elles correspondent a des situations physiques realistes:

Page 76: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 76

• On peut imposer T = T0 sur une partie de la frontiere (condition limite de Dirichlet). Latemperature est maintenue par un dispositif quelconque a la valeur fixee T0.

• On peut imposer le flux de chaleur −κ∇T · ~n = q0(condition limite de Neumann)avec q0(W/m2). Le flux de chaleur est (loi de Fourier) proportionnel au gradient detemperature, avec κ(W/mK) la constante de proportionalite (conductivite thermique).Cette condition correspond physiquement a apporter de la chaleur de facon controlee atravers une frontiere, par exemple grace a un radiateur. Notez que, si la frontiere estparallele au plan yz, la normale ~n a ce plan est dans le sens des x et la derivee normalede la temperature ∇T · ~n vaut simplement ∂T

∂x.

• Dans le cas ou la frontiere du solide est en contact avec un fluide, de l’air par exemple, onpeut montrer que le flux de chaleur a la paroi −κ∇T · ~n est proportionnel a la differenceentre la temperature a la paroi et la temperature du fluide “a l’infini”, T∞ c’est a diresuffisament loi de la paroi pour que celle-ci n’ait plus d’influence sur le fluide. La conditionlimite s’ecrit donc −κ∇T ·~n = h(T−T∞) avec h(W/m2K) la constante de proportionalite.Cette condition limite “mixte” s’appelle habituellement condition limite de Robin.

Changement de variable 1

On effectue d’abord le changement de variable u = (T − T∞) qui modifie les conditions limitescomme suit :

∂u(0, y)

∂x=∂u(x, 0)

∂y= 0,

u(L, y) = T0 − T∞ et − κ ∂u(x,H)

∂y= h u(x,H).

Notez que la derniere condition limite (dite de Robin) −κ∂u(x,H)∂y

= h u(x,H) est rendue ho-mogene par le changement de variable.

On cherche une famille de fonctions un(x, y) verifiant l’EDP et les conditions limites ho-mogenes de la forme :

un(x, y) = X(x)Y (y).

En introduisant cette forme dans l’EDP, on trouve

X”

X= −Y ”

Y= k2.

Le signe de la constante de separation k2 est choisi pour obtenir des fonctions Y (y) nontrivialement nulles.

Suivant y, on trouve :Y (y) = A cos(ky) +B sin(ky).

La condition ∂u(x,0)∂y

= 0, se traduit en Y ′(0) = 0, ce qui donne B = 0. La condition de Robindonne :

−κ Y ′(H) = h Y (H),

ou encore :κk sin(kH) = h cos(kH).

Page 77: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 77

Les valeurs propres de l’operateur sont donc les racines de l’equation transcendante :

k =h

κcot(kH). (249)

Appelons zn les valeurs de k solutions de l’equation (249). On suppose n = 1, 2, . . . .

0

2

4

6

8

10

0 2 4 6 8 10

x1./tan(x)

Fig. 25: Trace des fonctions cotx et x. Les racines de l’equation transcendante (249) donnantles valeurs propres de l’operateur sont situees aux abscisses des intersections des deuxcourbes.

La dependance en X se resout classiquement :

X(x) = C cosh(znx).

La solution generale de l’EDP + conditions limites homogenes est donc :

u(x, y) =∞∑

n=1

An cosh(znx) cos(zny).

On utilise ensuite l’orthogonalite des cosinus pour obtenir la condition limite non homogeneu(L, y) = T0 − T∞ :

T0 − T∞ =∞∑

n=1

An cosh(znL) cos(zny)

Page 78: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 78

(T0 − T∞)

∫ H

0

cos(zmy)dy = Am cosh(zmL)

∫ H

0

cos2(zmy)dy.

On a : ∫ H

0

cos(zmy)dy =1

zmsin(zmy)|H0 =

1

zmsin(zmH),

∫ H

0

cos2(zmy)dy =1

2

∫ H

0

(1 + cos(2zmy))dy =H

2+

1

4zmsin(2zmH).

On trouve finalement :

Am =2

zm(H + sin(2zmH)2zm

(T0 − T∞) sin(zmH)

cosh(zmL).

Le trace de cette fonction necessite le calcul des zm. A ce stade, l’etudiant attentif se posedeux questions legitimes !

Les fonctions propres cos(zny) sont elles orthogonales sur [0, H] ?

Pour le demontrer, on demontre que l’operateur L(Y ) = Y ” muni de conditions limites ho-mogenes generales Y ′(0) = αY (0), Y ′(H) = βY (H) est auto adjoint. Soit deux fonctionspropres de l’operateur Y1 et Y2 (valeurs propres λ1 et λ2 distinctes). On a :

∫ H

0

Y ”1Y2dy = −∫ H

0

Y ′1Y′

2dy + Y ′1Y2|H0 =

∫ H

0

Y1Y ”2dy + (Y ′1Y2 − Y1Y′

2)|H0 .

On a bien sur, etant donne les conditions limites que :

(Y ′1Y2 − Y1Y′

2)|H0 = βY1(H)Y2(H)− Y1(H)βY2(H)− (αY1(0)Y2(0)− Y1(0)αY2(0)) = 0.

L’operateur est donc auto adjoint :

∫ H

0

L(Y1)Y2dy =

∫ H

0

Y1L(Y2)dy.

Les fonctions propres des operateurs auto-adjoints sont orthogonales :

∫ H

0

L(Y1)Y2 − L(Y2)Y1dy = 0 = (λ1 − λ2)

∫ H

0

Y1Y2dy.

Donc, nos fonctions propres SONT orthogonales :

∫ H

0

cos(zny) cos(zmy)dy = 0.

Le choix d’une constante de separation du signe oppose est-il invalide ?

Non, ce choix n’est pas invalide, mais il mene a des solutions trivialement nulles a l’ODEhomogene. Essayons donc :

Y ”− k2Y = 0.

Page 79: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 79

On trouve :Y (y) = A cosh(ky) +B sinh(ky).

La condition ∂u(x,0)∂y

= 0 donne B = 0. La condition de Robin :

−κ Y ′(H) = h Y (H)

donne :−κAk sinh(kH) = hA cosh(kH),

ou encore :

k = −hκA coth kH.

Cette equation n’a pas de solution pour k ∈ R. En effet, la cotangente hyperbolique est toujourspositive pour des arguments positifs (voir Figure 26).

-10

-5

0

5

10

0 2 4 6 8 10

cosh(x)/sinh(x)-x

Fig. 26: Trace des fonctions cothx et −x.

Changement de variable 2

Notez qu’il est aussi possible de faire le changement de variable u = T − T0. La difficulte sesitue ailleurs, i.e. dans la facon d’appliquer la condition limite non homogene (il faut calculerla derivee de la serie!). Dans ce cas, on a :

k =

((2n+ 1)π

2L

), n = 0, 1, . . .

Y (y) = A cosh(ky)

Page 80: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 80

etX(x) = B cos(kx).

La solution s’ecrit :

u(x, y) =∞∑

n=0

An cos(kx) cosh(ky)

∂u(x, y)

∂y=∞∑

n=0

Ank cos(kx) sinh(ky)

et la condition limite en y = H s’ecrit :

h(T0 − T∞) = −∞∑

n=0

An cos(kx) (h cosh(kH) + κk sinh(kH))

On a donc :

h(T0 − T∞)

∫ L

0

cos

((2m+ 1)π

2Lx

)dx =

AmL

2

(h cosh

((2m+ 1)π

2LH

)+ κ

(2m+ 1)π

2Lsinh

((2m+ 1)π

2LH

)),

d’ou :

∫ L

0

cos

((2m+ 1)π

2Lx

)dx =

2L

(2m+ 1)πsin

((2m+ 1)π

2Lx

)∣∣∣∣L

0

=2L

(2m+ 1)πsin

((2m+ 1)π

2

)

=2L

(2m+ 1)π(−1)m,

ce qui donne la jolie formule :

Am =2

L

h(T0 − T∞) 2L(2m+1)π

(−1)m[h cosh

((2m+1)π

2LH)

+ κ (2m+1)π2L

sinh(

(2m+1)π2L

H)] .

La Figure 27 donne une idee de la somme des 400 premiers termes de la serie.

6.3 Equation d’onde

L’equation d’onde est en fait une autre appellation pour equation hyperbolique du second ordre.Elle s’ecrit

∂2u

∂t2= c2∇2u.

assujetie a des conditions aux limites et a des conditions initiales adequates. On a bien surt > 0 et on considere de facon generale ~x ∈ Ω ⊂ Rd. On ecrit parfois l’operateur d’onde comme

u =∂2u

∂t2− c2∇2u = 0.

Page 81: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 81

Fig. 27: Solution du probleme (somme des 400 premiers termes) κ = 0.025W/mK et h =3.12W/m2K.

L’equation d’onde est un modele pour la vibration des cordes (d = 1), des membranes(d = 2) et des solides (d = 3).

Nous rappelons que, dans le cas d = 1, l’equation d’onde peut s’ecrire comme deux EDPsdu premier ordre et qu’on pouvait appliquer la methode des caracteristiques pour la resoudre.Nous allons maintenant tenter de resoudre cette meme equation pour d quelconque en utilisantla methode de separation des variables.

6.3.1 Probleme de Helmoltz

Soit l’equation∂2u

∂t2= c2

(∂2u

∂x2+∂2u

∂y2

)(250)

Cette equation d’onde decrit le deplacement vertical u(x, y, t) d’une membrane soumise a undeplacement initial

u(x, y, 0) = u0(x, y), x, y ∈ Ω ⊂ R2

et a une vitesse initialeu(x, y, 0) = u0(x, y).

Page 82: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 82

La membrane est fixee sur son pourtour Γ

u(x, y, t) = 0, x, y ∈ Γ. (251)

On commence par separer espace et temps

u(x, y, t) = T (t)φ(x, y).

ce qui donne, apres un bref developpement

T”

c2T=∇2φ

φ= −k2. (252)

Question: pourquoi ce signe pour la constante de separation dans l’equation (252) ?

Reponse : pourquoi obtenir des solutions non trivialement nulles dans l’equation φ.

On obtient directementT (t) = A cos(kct) +B sin(kct)

Le probleme aux valeurs propres

∇2φ+ k2φ = 0 x, y ∈ Ω

avec des C.L. homogenesa

φ(x, y, t) = 0 x, y ∈ Γ.

s’appelle le probleme de Helmoltz.

a On a ici des conditions de Dirichlet, mais tout ce qui suit sur lequation de Helmoltz reste valablepour n’importe quel type de conditions limites homogenes.

Proposition : L’operateur∇2 sur un domaine Ω avec ces C.L. φ = 0 sur la frontiere Γ (normaleexterieure ~n) de Ω est auto-adjoint.Demonstration : Soit φ1(x, y) et φ2(x, y) deux fonctions s’annulant sur Γ. (Ces fonctions peu-vent etre des fonctions propres de l’operateur ∇2 + C.L. homogenes, mais pas necessairement).On a

Ω

∇2φ1φ2dv = −∫

Ω

∇φ1 · ∇φ2dv +

Γ

∇φ1 · ~n φ2︸︷︷︸=0 sur Γ

ds

=

Ω

φ1∇2φ2dv −∫

∂Ω

φ1︸︷︷︸=0 sur Γ

∇φ2 · ~nds.

=

Ω

φ1∇2φ2dv.

Corollaire 1: ∇2 avec ces C.L. homogenes generales aφ+ b∇φ · ~n = 0 est auto-adjoint.A faire, voir exercice 1 de l’APE4 en 1D et voir §7.4 dans Haberman.

Page 83: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 83

Corollaire 2 : les fonctions propres du pb. de Helmoltz relatives a des valeurs propres dis-tinctes sont orthogonales.Demonstration : Soit φ1 et φ2 deux fonctions propres de ∇2 + C.L. nulles relatives a desvaleurs propres distinctes k1 et k2. Elles verifient donc

∇2φ1 + k21φ1 = 0 et ∇2φ2 + k2

2φ2 = 0

et sont nulles sur ∂Ω. On a∫

Ω

(∇2φ1φ2 −∇2φ2φ1)dv =︸︷︷︸car ∇2 + CLH est auto adjoint

0

=︸︷︷︸par definition de φ1 et φ2

(k22 − k2

1)

Ω

φ1φ2dv.

Notons que ce resultat est valable quel que soit Ω, en une, deux et trois dimensions, et quelleque soit la forme du domaine Ω.

6.3.2 Vibrations d’une membrane rectangulaire

Imaginons maintenant que Ω soit un rectange de dimensions L × H. On separle les variablesde la partie spatiale en

φ(x, y) = X(x)Y (y).

Le probleme de Helmoltz ∇2φ+ λφ = 0 est lui aussi separable

X”

X= −k2 − Y ”

Y= −l2

avec µ ≥ 0 une nouvelle constante de separation. Le signe negatif de cette nouvelle constantede separation est choisi en vue d’assurer des solutions non triviales en x. On trouve aisement

X(x) = C cos(lx) +D sin(lx).

L’application des C.L. X(0) = X(L) = 0 donne C = 0 et

l =nπ

L, n = 1, 2, . . . .

et les fonctions propres deviennent

X(x) = D sin(nπLx).

On trouve ensuite que Y (y) est solution de

Y ” + (k2 − l2)Y = 0

dont la solution est

Y (y) = E cos(√

k2 − l2y)

+ F sin(√

k2 − l2y).

Page 84: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 84

sin(x)*sin(y)

0 1

2 3

4 5

6 0 1

2 3

4 5

6

-1-0.8-0.6-0.4-0.2

0 0.2 0.4 0.6 0.8

1

sin(2*x)*sin(3*y)

0 1 2

3 4

5 6 0

1 2

3 4

5 6

-1-0.8-0.6-0.4-0.2

0 0.2 0.4 0.6 0.8

1

Fig. 28: Modes propres φ22(x, y) et φ46(x, y)

L’application des C.L. Y (0) = Y (H) = 0 donne finalement, outre E = 0, que

√k2 − l2 =

H, m = 1, 2, . . . .

ou encore

k2 =(mπH

)2

+(nπL

)2

.

et les fonctions propres du laplacien dans un rectangle sont

φnm(x, y) = Xn(x)Ym(y) = sin(nπLx)

sin(mπHy).

La Figure 28 montre deux modes de vibration de la membrane.On a (ca a ete demontre) que les fonctions propres de l’operateur ∇2 sont orthogonales sur

le rectangle. Cela s’ecrit:

∫ L

0

∫ H

0

φmn(x, y)φij(x, y)dxdy =HL

4δimδjn

La solution generale du probleme (250) soumis a des C.L. homogenes (251) est donc

u(x, y, t) =∞∑

m=1

∞∑

n=1

sin(nπLx)

sin(mπHy)

[Amn cos

(√(mπH

)2

+(nπL

)2

ct

)+Bmn sin

(√(mπH

)2

+(nπL

)2

ct

)]

Les constantes Amn et Bmn sont choisies en vue de verifier les conditions initiales.Les frequences propres ωmn de la membrane peuvent etre calculees comme suit :

ωmn = c

√(mπH

)2

+(nπL

)2

.

Page 85: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 85

Calcul des coefficients Amn :

u(x, y, 0) = u0(x, y) =∞∑

m=1

∞∑

n=1

Amn sin(nπLx)

sin(mπHy)

On utilise l’orthogonalite des fonctions propres de l’operateur d’Helmoltz

φmn(x, y) = sin(nπLx)

sin(mπHy)

pour calculer :

Amn =4

LH

∫ L

0

∫ H

0

u0(x, y) sin(nπLx)

sin(mπHy)dxdy.

On calcule les coefficients Bmn comme suit :

u0(x, y) =∞∑

m=1

∞∑

n=1

Bmn c

√(mπH

)2

+(nπL

)2

sin(nπLx)

sin(mπHy)

Cas d’une vitesse initiale de la membrane u0 nulle : Bmn = 0. Sinon :

Bmn =4

LH

1

c√(

mπH

)2+(nπL

)2

∫ L

0

∫ H

0

u0(x, y) sin(nπLx)

sin(mπHy)dxdy.

Faire ce genre de calculs peut s’averer une tache complexe. On utilise en general des procedesnumeriques pour calculer ces coefficients.

6.3.3 Vibrations d’une membrane circulaire : Fonctions de Bessel

Soit l’equation d’onde en coordonnees polaires (cercle de rayon a). On cherche a trouver u(r, θ, t)solution de

∂2u

∂t2= c2

[1

r

∂r

(r∂u

∂r

)+

1

r2

∂2u

∂θ2

]

avec la C.L.u(a, θ, t) = 0

et les conditions initialesu(r, θ, 0) = u0(r, θ)

u(r, θ, 0) = u0(r, θ).

On commence par separer espace et temps

u(r, θ, t) = T (t)φ(r, θ).

ce qui donne, apres un bref developpement

T”

c2T=∇2φ

φ= −k2.

Notons que cette equation est l’equantion de Helmoltz et que, vu les C.L. homogenes, lesfonctions propres seront orthogonales.

Page 86: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 86

On obtient directement, comme pour la membrane carree

T (t) = A cos(kct) +B sin(kct)

Decomposonsφ(x, y) = R(r)Θ(θ).

On a

∇2φ+ λφ = Θ1

r(rR′)′ +

1

r2RΘ” + k2RΘ = 0.

En divisant par RΘ/r2, on trouve

1

Rr(rR′)′ +

1

ΘΘ” + k2r2 = 0

ou encore1

Rr(rR′)′ + k2r2 = − 1

ΘΘ” = m2

avec m une seconde constante de separation.Considerons la composante en θ:

Θ” +m2Θ = 0

dont la solution estΘ(θ) = A cos(mθ) +B sin(mθ).

La solution en θ est de periode 2π :

Θ(θ) = Θ(θ + 2π)

Θ′(θ) = Θ′(θ + 2π)

ce qui impliquem = 0, 1, 2, . . .

Considerons maintenant la composante en r:

r2R” + rR′ + (k2r2 −m2)R = 0

Cette equation n’est pas a proprement parle l’equation de Bessel. Pour obtenir la forme stan-dard de l’equation de Bessel, on pose

z = kr

ce qui donne l’equation differentielle de Bessel d’ordre m :

z2R” + zR′ + (z2 −m2)R = 0. (253)

Notez que cette equation n’est PAS une equation d’Euler (a cause du m2).La solution generale de toute equation differentielle homogene du second ordre est une

combinaison de deux fonctions independantes:

R(z) = AJm(z) +BYm(z).

Page 87: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 87

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

0 2 4 6 8 10

J0J1Y0Y1

Fig. 29: Fonctions de Bessel de premiere espece Jm et de deuxieme espece Ym. Sur le graphiquesont tracees les fonctions J0, J1, Y0 et Y1. Notez que les fonctions Y de seconde especesont singuliere a l’origine.

Il existe un nombre tres limite d’EDO du second ordre lineaires a coefficients non constantsdont la solution peut s’ecrire sous forme fermee. Quand une de ces EDOs apparaıt dans undomaine de la physique, on associe en general sa solution a une paire de fonctions speciales.

Dans le cas de l’equation (253), les deux fonctions solution sont appelees fonctions deBessel de premiere et de seconde espece. Elles sont disponibles dans toutes les applicationsmathematiques (Matlab, Mathematica ...) ainsi que dans tous les compilateurs. Notez qu’achaque valeur de m correspond deux fonctions de Bessel (Figure 29) .

Le comportement asymptotique pour z → 0 de J est :

Jm(z) '

1 m = 01

2mm!zm m > 0

Ym(z) '

ln z m = 0−2m(m−1)!

πz−m m > 0

Pour plus de details, voir §7.8 et suivants dans Haberman.

Page 88: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 88

Revenons a notre probleme aux valeurs propres avec des fonctions de Bessels. L’equationen r a donc pour solution

Rm(z) = AJm(z) +BYm(z).

On doit en plus imposerR(a) = 0.

Comme nous l’avons vu sur le Figure 29, les J et les Y sont des fonctions oscillantespossedant une infinite de zeros. Quelques remarques :

• L’abscisse du nieme zero de Jm est notee zmn, z01 = 2.40483, z02 = 5.52008, z03 =8.65373...

• Les Y sont singulieres a l’origine,

• Seule JO est non nulle a l’origine.

On a donc necessairement B = 0 car la solution doit rester finie pour r = 0. Notez que,dans le cas ou l’origine ne fait pas partie du domaine, on ne peut rejeter les Y . La conditionu(a, θ, 0) = 0 se traduit ici en

Jm(ka) = 0

ce qui implique le choix suivant pour les valeurs propres kmn7 :

kna = zmn.

ou encorekmn =

zmna.

Le fonctions (modes) propres du probleme de Helmoltz circulaire avec C.L. nulles sont donc

φmn(r, θ) = Jm

(zmnar)

(A cos(mθ) +B sin(mθ)) .

La Figure 30 montre quelques uns de ces modes.L’orthogonalite des

φmn(r, θ) = Jm

(zmnar)

(A cos(mθ) +B sin(mθ)) :

Ω

φmn(r, θ)φij(r, θ)ds = 0.

a ete demontree plus haut dans le cas general. On trouve donc

∫ 2π

0

sin(mθ) sin(iθ)dθ

∫ a

0

Jm

(zmnar)Ji

(zijar)rdr = 0.

Les deux termes de cette egalite sont tous deux simultanement nuls. On a donc

∫ a

0

Jm

(zmnar)Ji

(zijar)rdr = 0.

7 les k deviennent des kmn, ils sont maintenant quantifies en fonction de m et de n.

Page 89: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 89

(x**2+y**2) > 2.4*2.4 ? 0:besj0(sqrt(x**2+y**2))

-2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 -2-1.5

-1-0.5

0 0.5

1 1.5

2

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9

1

(x**2+y**2) > 5.52*5.52 ? 0:besj0(sqrt(x**2+y**2))

-4-2

0 2

4-4

-2 0

2 4

-0.6-0.4-0.2

0 0.2 0.4 0.6 0.8

1

(x**2+y**2) > 8.65*8.65 ? 0:besj0(sqrt(x**2+y**2))

-8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 -8-6

-4-2

0 2

4 6

8

-0.6-0.4-0.2

0 0.2 0.4 0.6 0.8

1

Fig. 30: Modes propres φ01(x, y), φ02(x, y) et φ03(x, y).

Page 90: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 90

Pour simplifier les notations, choisissons une vitesse initiale nulle. Dans ce cas, Tmn(t) =A cos(ckmnt) et la solution generale du probleme avec C.L. nulles est

u(r, θ, t) =∞∑

m=0

∞∑

n=1

AmnJm

(zmnar)

cos(mθ) cos(zmnact)

+

∞∑

m=1

∞∑

n=1

BmnJm

(zmnar)

sin(mθ) cos(zmnact).

On utilise l’orthogonalite des fonctions propres pour calculer les coefficients

∫ 2π

0

∫ a

0

u0(r, θ)Jm

(zmnar)

cos(mθ) rdrdθ = Amnπ

∫ a

0

J2m

(zmnar)rdr

Certaines integrales faisant intervenir des fonctions de Bessel sont tabulees. On a par exemple

∫xmJ0(x) dx = xmJ1(x) + (m− 1)xm−1J0(x)− (m− 1)2

∫xm−2J0(x)dx

Grace a cette relations, il est possible de calculer la solution quand u0(r) est unpolynome.

m = 1 :

∫xJ0(x) dx = xJ1(x)

m = 2 :

∫x2J0(x) dx = x2J1(x) + xJ0(x)−

∫J0(x)dx

m = 3 :

∫x3J0(x) dx = x3J1(x) + 2x2J0(x)− 4xJ1(x)

Considerons le cas (simple) ou u0 est independant de θ. Dans ce cas, seul les termes relatifsa m = 0 sont non nuls et la solution est independante de θ.

Le cas d’une vitesse initiale nulle et u0(r) independant de θ donne donc

u(r, t) =∞∑

n=1

AnJ0

(z0n

ar)

cos(z0n

act).

et

An =

∫ a0u0(r)J0

(z0nar)rdr∫ a

0J2

0

(z0nar)dr

.

Page 91: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 91

7 Exercices Resolus

7.1 Separation des Variables

7.1.1 Equation de Laplace dans un anneau

On demande de calculer le profil de temperature stationnaire dans un cylindre creuxde rayon interne r = a et de rayon externe r = b.Les conditions aux limites sont :

T (r = a, θ) = T0,

T (r = b, θ) = f(θ).

L’equation a resoudre est l’equation de la chaleur stationnaire :

∇2T = 0,

qui s’ecrit en coordonnees cylindriques :

∂2T

∂r2+

1

r

∂T

∂r+

1

r2

∂2T

∂θ2= 0.

Afin de se limiter a une seule condition non-homogene, nous choisissons le changement devariable u(r, θ) = T (r, θ)− T0, ce qui mene aux conditions aux limites suivantes :

u(a, θ) = 0 u(b, θ) = f(θ)− T0.

Comme le probleme est periodique de periode 2π, on a les conditions homogenes supplementaires:

u(r, θ) = u(r, θ + 2π)∂u(r, θ)

∂θ=∂u(r, θ + 2π)

∂θ.

L’equation de la chaleur est inchangee avec le changement de variables :

∂2u

∂r2+

1

r

∂u

∂r+

1

r2

∂2u

∂θ2= 0.

Separation des variables

On applique la separation de variables suivante :

u(r, θ) = R(r)Θ(θ),

qui, introduite dans l’EDP, mene a :

R′′Θ +1

rR′Θ +

1

r2RΘ′′ = 0,

⇐⇒ R′′ + 1rR′

R+

1

r2

Θ′′

Θ= 0,

Page 92: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 92

⇐⇒ r2R′′ + rR′

R= −Θ′′

Θ= +k2,

le signe + etant choisi parce qu’on s’attend a obtenir des solutions periodiques a l’equationen Θ.

1. EDO en R(r) :

On obtient l’EDO suivante pour R(r) :

r2d2R

dr2+ r

dR

dr− k2R = 0.

Il s’agit d’une equation d’Euler : une equation lineaire du 2eme ordre a coefficients non-constants. Pour la resoudre, on pose r = ev, c’est-a-dire v = ln r. On ecrit ensuite l’EDOen fonction de v. Pour ce faire, nous avons besoin de reexprimer les derivees de R parrapport a r en derivees par rapport a v :

dR

dr=dR

dv

dv

dr=dR

dv

1

r,

d2R

dr2=

d

dr

(dR

dr

)=

d

dr

(1

r

dR

dv

)= − 1

r2

dR

dv+

1

r

d

dr

(dR

dv

)

= − 1

r2

dR

dv+

1

r

d

dv

(dR

dv

)dv

dr= − 1

r2

dR

dv+

1

r2

d2R

dv2=

1

r2

d2R

dv2− 1

r2

dR

dv.

En introduisant ces resultats dans l’EDO, on trouve :

d2R

dv2− k2R(v) = 0.

• Pour k2 > 0, on a une famille de solutions exponentielles :

R(v) = C1ekv + C2e

−kv

=⇒ R(r) = C1rk + C2r

−k.

En appliquant la condition aux limites homogene R(a, 0) = 0, on trouve :

C1ak + C2a

−k = 0,

⇐⇒ C2 = −C1a2k,

ce qui nous donne une famille de solutions :

=⇒ R(r) = C1

[rk − a2kr−k

].

Page 93: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 93

• Pour k = 0, l’EDO devient :d2R

dv2= 0,

et donc :R(v) = C01v + C02

⇐⇒ R(r) = C01 ln r + C02.

L’application de la condition aux limites R(a, 0) = 0 donne :

C01 =−C02

ln a,

ce qui mene a la solution :

R(r) = C02

[1− ln r

ln a

].

2. EDO en Θ(θ) :

d2Θ

dθ2+ k2Θ = 0.

• Pour k2 > 0, on a une famille de solutions en sinus et cosinus :

Θ(θ) = D1 cos(kθ) +D2 sin(kθ).

L’application de l’une ou de l’autre condition aux limites Θ(r, θ) = Θ(r, θ + 2π) oudΘdθ

(r, θ) = dΘdθ

(r, θ + 2π) donne la resultat suivant :

k = n n = 1, 2, ...

• Pour k = 0,Θ(θ) = D01θ +D02,

et les conditions aux limites nous donnent :

D01 = 0.

3. Une constante de separation negative donne la solution trivialeSi on prend une constante de signe oppose au cas etudie ci-dessus, l’equation en Θ devient:

−Θ′′

Θ= −l2,

dont les solutions seraient de la forme :

Θ(θ) = E1elθ + E2e

−lθ.

En applicant les conditions aux limites, on obtient E1 = E2 = 0.

Page 94: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 94

4. Solution du probleme homogene :

La solution la plus generale, combinaison lineaire de toutes les solutions trouvees, duprobleme homogene est donc :

u(r, θ) = A0

(1− ln r

ln a

)+∞∑

n=1

[(An sin(nθ) +Bn cos(nθ))

(rn − a2nr−n

)],

ou les constantes A0, An, Bn ’absorbent’ les constantes D02, C02, D1, D2, C1.

5. Condition non-homogene :

La solution du probleme doit egalement satisfaire la condition non-homogene u(b, θ) =f(θ)− T0, ce qui s’ecrit :

f(θ)− T0 = A0

(1− ln b

ln a

)+∞∑

n=1

[(An sin(nθ) +Bn cos(nθ))

(bk − a2kb−k

)]. (254)

Ceci peut etre reecrit

f(θ)− T0 = a0 +∞∑

n=1

an sin(nθ) +∞∑

n=1

bn cos(nθ),

avec

a0 = A0

(1− ln b

ln a

),

an = An(bk − a2kb−k

),

bn = Bn

(bk − a2kb−k

).

Nous pouvons maintenant utiliser les proprietes d’orthogonalite des sinus et des cosinuspour calculer une a une chacune des constantes a0, an, bn :

• Pour calculer a0, on utilise

1

∫ π

−πsin(nθ)dθ = 0

1

∫ π

−πcos(nθ)dθ = 0 ∀n.

On obtient :

1

∫ π

−π(f(θ)− T0) dθ = a0 + 0 + 0,

ce qui nous fournit a0 et donc A0.

Page 95: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 95

• Pour calculer an, on utilise les relations d’orthogonalite suivantes (la demonstrationdes relations d’orthogonalite pour des coefficients des sinus et cosinus egaux a nθ sefait de maniere similaire a l’exercice 1) :

1

π

∫ π

−πsin(nθ)dθ = 0 ∀n,

1

π

∫ π

−πsin(nθ) cos(mθ)dθ = 0 ∀m,n,

1

π

∫ π

−πsin(nθ) sin(mθ)dθ = 0 ∀m 6= n,

1

π

∫ π

−πsin(nθ) sin(mθ)dθ = 1 ∀m = n 6= 0.

En multipliant la condition par 1π

sin(mθ) et en l’integrant de −π a π, on obtient :

1

π

∫ π

−π(f(θ)− T0) sin(mθ)dθ = 0 + am + 0,

ce qui nous fournit am et donc Am.

• Pour calculer bn, on utilise les relations d’orthogonalite suivantes (la demonstrationdes relations d’orthogonalite pour des coefficients des sinus et cosinus egaux a nθ sefait de maniere similaire a l’exercice 1) :

1

π

∫ π

−πcos(nθ)dθ = 0 ∀n,

1

π

∫ π

−πsin(nθ) cos(mθ)dθ = 0 ∀m,n,

1

π

∫ π

−πcos(nθ) cos(mθ)dθ = 0 ∀m 6= n,

1

π

∫ π

−πcos(nθ) cos(mθ)dθ = 1 ∀m = n 6= 0.

En multipliant la condition par 1π

cos(mθ) et en l’integrant de −π a π, on obtient :

1

π

∫ π

−π(f(θ)− T0) cos(mθ)dθ = 0 + 0 + bm,

ce qui nous fournit bm et donc Bm.

La solution est decrite a l’equation (254), avec ces valeurs pour les coefficients A0, An etBn.

Resoudre l’equation de Laplace a l’exterieur d’un disque circulaire de rayon a i.e. pourr ≥ a. soumis a la condition limite

u(a, θ) = u0(ln 2 + 4 cos 3θ)

Page 96: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 96

Faites l’hypothese que la solution u(r, θ) reste finie quand t → ∞. On donne le laplacien encoordonnees polaires

∇2f =1

r

∂r

(r∂f

∂r

)+∂2f

∂θ2.

Solution

On applique donc la separation de variables suivante :

u(r, θ) = R(r)Θ(θ),

qui, introduite dans l’EDP, mene a :

R′′Θ +1

rR′Θ +

1

r2RΘ′′ = 0,

⇐⇒ R′′ + 1rR′

R+

1

r2

Θ′′

Θ= 0,

⇐⇒ r2R′′ + rR′

R= −Θ′′

Θ= +k2,

La fonction Θ est periodique, de periode 2π, ce qui implique Θ(θ) = Θ(2π + θ) et Θ′(θ) =Θ′(2π + θ). La solution est donc

Θn(θ) = A cos(nθ) +B sin(nθ).

avec la quantification la quantification

kn = n, n = 0, 1, . . .

L’equation en r donne

r2d2R

dr2+ r

dR

dr− k2

nR = 0. (255)

La solution de l’equation en r est donc, soit

Rn(r) = Cnrkn +Dnr

−kn ,

pour kn 6= 0, soitR0(r) = E0 ln(r) +D0.

pour kn = 0. La solution etant finie en r → ∞, on elimine les parties en rkn et en ln r. Lasolution en r donne donc

Rn(r) = Dnr−kn , n = 0, 1, 2, . . .

La solution du probleme de l’equation de Laplace a l’exterieur d’un cercle est donc

u(r, θ) = A0 +∞∑

n=1

r−n (An cos(nθ) +Bn sin(nθ)) .

Les coefficients An et Bn se calculent en utilisant

u(r = a, θ) = 4 cos 3θ + ln 2

ce qui donne A0 = u0 ln 2, A3 = 4u0a3 et tous les autres Ai’s et Bi’s nuls i.e.

u(r, θ) = u0(ln 2 + 4a3r−3 cos(3θ)).

Page 97: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 97

7.1.2 Equation de Laplace a l’exterieur d’un disque.

Resoudre l’equation de Laplace a l’exterieur d’un disque circulaire de rayon a i.e. pourr ≥ a. soumis a la condition limite

u(a, θ) = u0(ln 2 + 4 cos 3θ)

Faites l’hypothese que la solution u(r, θ) reste finie quand r → ∞. On donne lelaplacien en coordonnees polaires

∇2f =1

r

∂r

(r∂f

∂r

)+

1

r2

∂2f

∂θ2.

On applique donc la separation de variables suivante :

u(r, θ) = R(r)Θ(θ),

qui, introduite dans l’EDP, mene a :

R′′Θ +1

rR′Θ +

1

r2RΘ′′ = 0,

⇐⇒ R′′ + 1rR′

R+

1

r2

Θ′′

Θ= 0,

⇐⇒ r2R′′ + rR′

R= −Θ′′

Θ= +k2,

La fonction Θ est periodique, de periode 2π, ce qui implique Θ(θ) = Θ(2π + θ) et Θ′(θ) =Θ′(2π + θ). La solution est donc

Θn(θ) = A cos(nθ) +B sin(nθ).

avec la quantification la quantification

kn = n, n = 0, 1, . . .

L’equation en r donne

r2d2R

dr2+ r

dR

dr− k2

nR = 0. (256)

La solution de l’equation en r est donc, soit

Rn(r) = Cnrkn +Dnr

−kn ,

pour kn 6= 0, soitR0(r) = E0 ln(r) +D0.

pour kn = 0. La solution etant finie en r → ∞, on elimine les parties en rkn et en ln r. Lasolution en r donne donc

Rn(r) = Dnr−kn , n = 0, 1, 2, . . .

Page 98: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 98

La solution du probleme de l’equation de Laplace a l’exterieur d’un cercle est donc

u(r, θ) = A0 +∞∑

n=1

r−n (An cos(nθ) +Bn sin(nθ)) .

Les coefficients An et Bn se calculent en utilisant

u(r = a, θ) = 4 cos 3θ + ln 2

ce qui donne A0 = u0 ln 2, A3 = 4u0a3 et tous les autres Ai’s et Bi’s nuls i.e.

u(r, θ) = u0(ln 2 + 4a3r−3 cos(3θ)).

7.1.3 Equation de Laplace dans un cylindre

Calculez la distribution de temperature stationnaire T (r, θ, z) dans un cylindre delongueur l et de rayon a en equilibre thermique i.e. resolvez

∇2T = 0.

La surface laterale r = a et la surface circulaire superieure z = l sont maintenues aT = 0. Un flux de chaleur constant

q = −κ∂T∂z

est impose a la base z = 0 du cylindre.

La solution du probleme est clairement independante de θ. On a donc la simplification duLaplacien :

∇2T =1

r

∂r

(r∂T

∂r

)+∂2T

∂z2= 0.

L’EDP etant lineaire, avec une seule condition frontiere inhomogene, on peut appliquer lamethode de separation des variables.

T (r, z) = R(r)Z(z);

L’EDP devient donc1

r

d

dr

(rdR(r)

dr

)Z(z) +

d2Z(z)

dz2R(r) = 0

1

rR(r)

d

dr

(rdR(r)

dr

)= − 1

Z(z)

d2Z(z)

dz2= −k2

Le probleme en Z est bien connu:Z ′′ = k2Z

la solution est:Z(z) = Aekz +Be−kz

Page 99: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 99

On peut le reexprimer comme

Z(z) = α cosh(k(z − l)) + β sinh(k(z − l))

La condition T (r, θ, z = l) = 0 induit α = 0, et donc

Z(z) = β sinh(k(z − l))

Le probleme en R est different de ceux abordes jusqu’a present.

d

dr

(rdR(r)

dr

)+ k2rR(r) = 0

qui est equivalent a:r2R′′ + rR′ + k2r2R = 0.

C’est un cas particulier de l’equation de Bessel (p306 dans Haberman 4th edition)

r2R′′ + rR′ + (λr2 −m2)R = 0,

avec m = 0 et λ = k2. La solution generale de cette equation est (Haberman p309):

R = CJ0(kr) +DY0(kr),

avec J0 la fonction de Bessel de premiere espece d’ordre 0 et Y0 la fonction de Bessel de secondeespece d’ordre 0. Les proprietes des fonctions de Bessel utiles ici sont:

• Les Ym ne sont pas bornees en 0 ⇒ D = 0.

• J0 est une fonction qui oscille, mais ses racines n’ont pas d’expression algebrique.

• la derivee de J0 en 0 est nulle.

En appliquant la condition frontiere T (r = a, θ, z) = 0 induit donc que ka est racine de J0, etdonc

ki =z0i

a

avec z0i les racines de J0, i > 0. Finalement, on obtient

T (r, θ, z) =∞∑

i=1

CiJ0(kir) sinh(ki(z − l)). (257)

Reste a appliquer la condition frontiere inhomogene en z = 0.

q = −κ∂T∂z

= −κ∞∑

i=1

CiJ0(kir)ki cosh(ki(z − l))

Donc ∫ a

0

qrJ0(kjr)dr = −κ∫ a

0

rJ0(kjr)∞∑

i=1

CiJ0(kir)ki cosh(ki(z − l))dr

Page 100: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 100

∫ a

0

qrJ0(kjr)dr = −κ∞∑

i=1

Ciki cosh(ki(z − l))∫ a

0

rJ0(kjr)J0(kir)dr

comme on a la propriete d’orthogonalite:∫ a

0

rJ0(kir)J0(kjr)dr = 0 si i 6= j

∫ a

0

qrJ0(kjr)dr = −κCjkj cosh(kj(z − l))∫ a

0

r(J0(kjr)

)2dr

Cj = −

∫ a

0

qrJ0(kjr)dr

κkj cosh(kj(z − l))∫ a

0

r(J0(kjr)

)2dr

(258)

la solution est donc celle de l’equation (257) munie des coefficients defini a l’equation (258).

7.1.4 Equation de Laplace dans un cylindre. Fonctions de Bessel modifiees

Calculez la distribution de temperature stationnaire T (r, θ, z) dans un cylindre delongueur l et de rayon a en equilibre thermique i.e. resolvez

∇2T = 0.

Les deux surfaces circulaires superieure et inferieures sont maintenues a T = 0. Latemperature est imposee en r = a: T (a, θ, z) = f(z).

La solution du probleme est clairement independante de θ. On a donc la simplification duLaplacien :

∇2T =1

r

∂r

(r∂T

∂r

)+∂2T

∂z2= 0.

L’EDP etant lineaire, avec une seule condition frontiere inhomogene, on peut appliquer lamethode de separation des variables.

T (r, z) = R(r)Z(z);

L’EDP devient donc1

r

d

dr

(rdR(r)

dr

)Z(z) +

d2Z(z)

dz2R(r) = 0

1

rR(r)

d

dr

(rdR(r)

dr

)= − 1

Z(z)

d2Z(z)

dz2= k2

La constante de separation a ete choisie pour obtenir une solution oscillante en z. Le problemeen Z donne :

Z ′′ + k2Z = 0

et sa solution est:Z(z) = A cos(kz) +B sin(kz).

Page 101: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 101

La condition Z(0) = 0 donne A = 0. La condition Z(l) = 0 donne

kn =nπ

l, l = 1, 2, . . .

Le probleme en R estd

dr

(rdR(r)

dr

)− k2rR(r) = 0

qui est equivalent a:r2R′′ + rR′ − k2r2R = 0.

On pose z = kr ce qui donne

k2r2d2R

dz2+ rk

dR

dz− k2r2R = 0.

ou encored2R

dz2+

1

z

dR

dz−R = 0.

C’est un cas particulier de l’equation de Bessel modifiee

d2R

dz2+

1

z

dR

dz−(

1 +m2

z2

)R = 0.

avec m = 0. La solution generale de cette equation est :

R(r) = CI0(kr) +DK0(kr),

avec I0 la fonction de Bessel modifiee de premiere espece d’ordre 0 et K0 la fonction de Besselmodifiee de seconde espece d’ordre 0. Les proprietes des fonctions de Bessel modifiees utiles icisont:

• Les Km ne sont pas bornees en r = 0 ⇒ D = 0.

• I0 est une fonction bornee en r = 0.

Finalement, on obtient

T (r, z) =∞∑

n=1

CnI0(knr) sin(knz). (259)

Reste a appliquer la condition frontiere inhomogene T (a, z) = f(z):

f(z) =∞∑

n=1

CnI0(kna) sin(knz).

En utilisant l’orthogonalite des sinus, on trouve

∫ l

0

f(z) sin(knz)dz = CnI0(kna)l

2

ou encore

Cn =2∫ l

0f(z) sin(knz)dz

lI0(kna)

Page 102: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 102

7.1.5 Equation de Laplace dans un cube

Soit a resoudre l’equation de Laplace a 3 variables spatiales. Calculez la solutionu(x, y, z) dans le pave:

P ≡

0 ≤ x ≤ π0 ≤ y ≤ π0 ≤ z ≤ π

en considerant un probleme de Dirichlet homogene sauf en x = π ou on impose:

u(π, y, z) = g(y, z).

Nous pouvons directement appliquer la methode de separation des variables:

u(x, y, z) = X(x)Y (y)Z(z).

L’EDP devient alors:X ′′

X+Y ′′

Y+Z ′′

Z= 0 ∀(x, y, z) ∈ P.

Comme chacun des termes de cette somme ne depend respectivement que de x, de y et de z,on en deduit que chacun d’eux est constant. On a donc successivement:

X ′′

X= −(

Y ′′

Y+Z ′′

Z) = k2

etY ′′

Y= −Z

′′

Z− k2 = −m2.

D’apres les conditions aux limites homogenes, nous obtenons donc en y:

Y (y) = sin(my) = Ym(y) m ∈ N0

tandis qu’en z, on a:Z ′′

Z= −(k2 −m2) = −n2

Z(z) = sin(nz) = Zn(z) n ∈ N0.

En x, il reste:X ′′

X= k2 = m2 + n2.

La condition limite en x = 0 donne X(0) = 0, ce qui implique:

X(x) = A sinh(√m2 + n2 x).

La solution generale de l’EDP associee aux conditions homogenes est donc:

u(x, y, z) =∑

(m,n)∈N20

A(m,n) sinh(√m2 + n2 x) sin(my) sin(nz)

Page 103: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 103

pour laquelle on doit encore appliquer la condition non homogene en x = π:

g(y, z) =∑

(m,n)∈N20

A(m,n) sinh(√m2 + n2 π) sin(my) sin(nz).

Ceci est le developpement en termes de fonctions φm,n(y, z) = sin(my) sin(nz) de la fonctiong(y, z), c’est-a-dire sa serie de Fourier ”sinus” en dimenstion 2.On peut montrer que φm,n;m,n ∈ N0 forme un systeme orthogonal complet dans L2(C,R),ou C = [0, π]× [0, π]. C’est-a-dire:

∫∫

C

φm,nφm′,n′ = 0 si (m,n) 6= (m′, n′)

∫∫

C

(φm,n)2 =π2

4

et les coefficients sont donc donnes par:

A(m,n) =4

π2 sinh(√m2 + n2 π)

∫∫

C

g φm,n.

7.1.6 Diffusion thermique en milieu fini (1/3)

Soit a resoudre l’equation de diffusion 1D. On cherche u(x, t), 0 < x < L, t > 0verifiant l’EDP

∂u

∂t= α

∂2u

∂x2,

munie des conditions limites homogenes (CLH)

∂u(0, t)

∂x=∂u(L, t)

∂x= 0,

et de la condition initiale (CI)

u(x, 0) =

U si < L/20 si ≥ L/2

.

On cherche une famille de fonctions un(x, t) verifiant l’EDP et les CLH de la forme

un(x, t) = X(x)T (t).

En introduisant cette forme dans l’EDP, on trouve

X”

X=

T ′

αT= −k2.

Ici, T ′ = dTdt

est sans ambiguite car T ne depend que de t. Idem pour X” = d2Xdx2

. Le signe de laconstante de separation −k2 est choisi pour obtenir des fonctions X(x) non trivialement nulles.On trouve tout d’abord une famille (a un element) relative a k = 0 :

u0(x, t) = A0

Page 104: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 104

avec A0 une constante. On trouve ensuite une famille relative a k2 > 0 :

un(x, t) = e−k2αt (A cos(kx) +B sin(kx)) .

Pour que cette famille verifie a priori les CLH, on choisit B = 0 et k =(nπL

). On a donc une

quantification (n = 1, 2, 3, . . . ) des fonctions et des valeurs propres de l’operateur et

un(x, t) = Ane−(nπ/L)2αt cos(nπ/L x).

La solution generale de l’EDP + CLH + CI s’ecrit comme une combinaison lineaire des solutionsde l’EDP + CLH :

u(x, t) = A0 +∞∑

n=1

Ane−(nπ/L)2αt cos(nπ/L x).

On utilise l’orthogonalite des cosinus pour calculer les An :

u(x, 0) = A0 +∞∑

n=1

An cos(nπ/L x).

∫ L

0

u(x, 0)dx = A0L.

∫ L

0

u(x, 0) cos(mπ/L x)dx = Am

∫ L

0

cos2(mπ/L x)dx

︸ ︷︷ ︸L/2

.

On trouve aisement queA0 = U/2

et

Am =2U

L

∫ L/2

0

cos(mπ/L x)dx =2U

L

L

mπsin(mπ/L x)]L/20 =

2U

mπsin(mπ/2).

Verifier qu’on a bien que Am = 0 pour les m pairs.On a donc

u(x, t) =U

2+∞∑

n=1

2U

nπsin(nπ/2)e−(nπ/L)2αt cos(nπ/L x).

La figure 31 montre une illustration du phenomene de Gibbs, i.e. la convergence nonmonotone des series de Fourier en presence d’une discontinuite (en x = L/2). La figure 32montre l’evolution de la solution dans le temps. Notez que pour des temps adimensionnelsτ = tα/L2 1, par exemple τ = 1.e − 4, la solution est approximee fidelement avec peu demodes (10 modes).

Noter enfin que la valeur finale de u est bien la valeur moyenne de u(x, 0), ce qui est bienconforme a la theorie.

Page 105: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 105

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

5 modes10 modes20 modes 100 modes

1000 modes

Fig. 31: u(x, 0) pour un nombre de modes de Fourier variable

Page 106: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 106

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

Fig. 32: u(x, t) pour differents temps

Page 107: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 107

7.1.7 Diffusion thermique en milieu fini (2/3)

On considere l’equation de diffusion pour le champ de temperature, T (x, t), au traversd’un mur d’epaisseur L :

∂u

∂t= α

∂2u

∂x2

avec u(x, t) = T (x, t) − T0 et avec α = k/(ρ c) le coefficient de diffusivite. Latemperature initiale est uniforme : T (x, 0) = T0. Pour t > 0, on applique un flux dechaleur constant et positif sur la face avant, et le meme flux de chaleur sur la facearriere : −k ∂T

∂x(0, t) = q0 > 0 et −k ∂T

∂x(L, t) = q0.

1. Esquissez l’evolution attendue de u(x, t) pour quelques temps differents et enregime.

2. Prouvez, en utilisant uniquement l’EDP et les conditions aux limites, quel’energie interne totale, ρ c

∫ L0T (x, t) dx, demeure conservee au cours du temps.

3. La solution est de la forme u = R + Θ avec R la solution en regime et Θ lasolution transitoire.

• Obtenez d’abord R.

• Obtenez ensuite Θ.

Note : On ne vous demande pas d’obtenir completement les coefficients dudeveloppement en serie; mais d’ecrire proprement et correctement l’integrale a ef-fectuer pour les obtenir!

Pour la partie 1, on tracera la solution en differents temps plus tard.Soit l’EDP

∂T

∂t= α

∂2T

∂x2.

On integre cette EDP dans l’espace, de 0 a L, et en temps, de 0 a τ

ρ c

∫ L

0

∫ τ

0

∂T

∂tdtdx = k

∫ τ

0

∫ L

0

∂2T

∂x2dxdt.

Les membres de droite et de gauche de cette identite peuvent etre integres

ρ c

∫ L

0

T

∣∣∣∣τ

0

dx =

∫ τ

0

k∂T

∂x

∣∣∣∣L

0

dt =

∫ τ

0

(−q0 + q0)dt = 0.

On a donc conservation de

ρ c

∫ L

0

Tdx = ρ cLT0

au cours du temps. On a donc aussi

ρ c

∫ L

0

udx = 0

Page 108: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 108

On poseu(x, t) = R(x) + Θ(x, t) .

La solution du probleme stationnaire verifie

d2R

dx2= 0

dont la solution estR(x) = A+Bx.

Sachant que−kR′(0) = −kR′(L) = −kB = q0

on trouveB = −q0

k.

On sait que

ρ c

∫ L

0

Rdx = 0

ce qui implique que la moyenne de R vaut 0 :

AL− q0

k

L2

2= 0

ou encore

A =q0

k

L

2.

On a donc

R(x) =q0

k

(L

2− x)

On sait queΘ(x, t) = u(x, t)−R(x) = T (x, t)− T0 −R(x),

Θ(x, 0) = −R(x),

−k∂xΘ(0, t) = −k∂tT (0, t) + k∂tR(0) = −q0 + q0 = 0,

−k∂xΘ(L, t) = −k∂tT (L, t) + k∂tR(L) = −q0 + q0 = 0.

On pose (separation des variables)

Θ(x, t) = X(x)T (t),

ce qui donneXT ′ = αTX ′′

ou encoreT ′

αT=X ′′

X= −k2.

La partie en x donneX = A cos(k x) +B sin(k x).

Page 109: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 109

Sachant queX ′(0) = X ′(L) = 0,

on trouveX = A cos(nπ/Lx), n = 0, 1 . . .

etk =

L, n = 0, 1, . . .

Ensuite, on calcule

T (t) = C exp (−(nπL

)2

α t).

La solution du probleme est

Θ(x, t) = A0 +∞∑

n=1

An exp (−(nπL

)2

α t) cos(nπx/L).

Clairement, Θ est de moyenne nulle sur [0, L], ce qui implique A0 = 0. On sait que

Θ(x, 0) = −R(x) = −q0

k

(L

2− x).

On utilise l’orthogonalite des cosinus pour calculer les coefficients An.

∫ L

0

Θ(x, 0) cos(nπ/Lx)dx =L

2An = −

∫ L

0

R(x) cos(nπ/Lx)dx.

On a donc

An = − 2

L

∫ L

0

R(x) cos(nπ/Lx)dx.

Donc

u(x, t) =q0

k

(L

2− x)

+∞∑

n=1

An exp (−(nπL

)2

α t) cos(nπx/L)

Page 110: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 110

7.1.8 Diffusion thermique en milieu fini (3/3)

On considere l’equation de diffusion pour u(x, t),

∂u

∂t= α

∂2u

∂x2

avec α > 0 le coefficient de diffusivite. Le domaine est borne (0 ≤ x ≤ L). Lacondition initiale est u(x, 0) = 0. Les condition aux limites sont : u(0, t) = −U etu(L, t) = U avec U une valeur constante.

1. Esquissez l’evolution attendue de u(x, t) pour quelques temps differents.

2. La solution est de la forme u = R + Θ ou R est la solution en regime et Θ estla solution transitoire.

• Obtenez R.

• Obtenez ensuite Θ.

A faire.

Page 111: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 111

7.1.9 Anti-diffusion, probleme mal pose

On considere l’equation de l’anti-diffusion pour u(x, t),

∂u

∂t= −α ∂

2u

∂x2

avec α > 0 le coefficient d’anti-diffusivite. Le domaine est borne (0 ≤ x ≤ L). Lescondition aux limites sont : u(0, t) = 0 et u(L, t) = 0. Montrez que le probleme del’anti diffusion est mal pose.

La definition de probleme bien pose a ete introduite par le mathematicien francais JacquesSalomon Hadamard (ne le 8 decembre 1865 a Versailles, mort le 17 octobre 1963 a Paris).

Un probleme de la physique mathematique est bien pose si

a) Une solution existe,

b) La solution est unique,

c) La solution depend de facon continue des donnees.

La signification de a) est claire. Dans b), quand nous disons unique, cela veut parfois dire“unique parmi une certaine classe de fonctions”. Par exemple, un probleme peut avoir plusieurssolutions, parmi lesquelles une seule est bornee. On dirait dans ce cas que le probleme a unesolution unique dans l’ensemble des fonctions a valeurs finies.

La continuite c) d’un probleme d’EDP est une notion plus complexe.La notion de continuite pour une EDP est assez semblable a la notion de continuite pour

une fonction. Une fonction est une “machine” qui transforme les reels en un autre reel:

R→ R, x 7→ f(x).

Une fonction f(x) est continue en x = x0 si,

∀ε > 0 ∃δ ≥ 0 | |x− x0| < δ =⇒ |f(x)− f(x0)| < ε.

Autrement dit, il est possible de controler les variations d’une fonction continue f(x) encontrolant les variations de x.

Un probleme de la physique mathematique ecrit sous forme d’une EDP est une “machine”d’une autre sorte. Pour les problemes d’evolution (par exemple l’EDP parabolique de diffusion),cette machine fait evoluer des conditions initiales dans le temps. Il suffit donc pour comprendrela notion de continuite de remplacer x par les conditions initiales en t = 0 et f(x) comme etantle resultat de l’evolution apres un certain temps t

Un probleme d’EDP est bien pose si a une petite variation conditions initiales, des conditionslimites ou de la geometrie du probleme correspond une variation controlable des conditionsfinales i.e. de la solution de l’EDP apres un certain temps. Il est donc possible de controler lasolution d’une EDP bien posee en controlant les parametres de cette EDP.

En d’autres termes, dans un probleme mal pose, il est impossible de prevoir quoi que cesoit, etant donne qu’une modification infime des conditions initiales implique des variations

Page 112: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 112

incontrolables des conditions finales. Les problemes de la physiques sont en general bien poses,mais pas toujours.

On considere donc le probleme de l’anti-diffusion

∂u

∂t= −α ∂

2u

∂x2.

On poseu(x, t) = X(x)T (t)

ce qui impliqueT ′X = −αX ′′T.

En divisant par αXT on obtientT ′

αT= −X

′′

X= k2.

L’equation en x donne, etant donne les conditions limites homogenes u(0, t) = 0 et u(L, t) = 0,

X(x) = A sin(kx)

aveck =

L, k = 1, 2 . . .

La solution en t est

T (t) = B exp

[(nπL

)2

αt

]

ce qui implique que

u(x, t) =∞∑

n=1

An exp

[(nπL

)2

αt

]sin(nπxL

)(260)

Considerons u(x, t), solution de l’EDP d’anti-diffusion soumise a la perturbation initiale

u(x, 0) =1

msin(mπx

L

), m entier.

Pour mesurer |u(x, 0)|, on utilise la norme infinie, i.e.

‖u(x, 0)‖ = supx∈[0,L]

|u(x, 0)| = 1

m

car le sinus est borne par 1. La solution de l’EDP a la forme (260). On a donc

1

msin(mπx

L

)=∞∑

n=1

An sin(nπxL

)

ce qui implique

u(x, t) =1

mexp

[(mπL

)2

αt

]sin(mπx

L

).

On a

‖u(x, t)‖ =1

mexp

[(mπL

)2

αt

].

Page 113: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 113

Pour que le probleme soit bien pose, il faut pouvoir controler la solution, i.e. garantir que‖u(x, t)‖ < ε et cela pour tout m. Dans ce cas, pour tout temps t, il est toujours possible dechoisir un m assez grand tel que ‖u(x, t)‖ > ε car

limm→∞

1

mexp

[(mπL

)2

αt

]=∞,

l’exponentielle croissant plus vite que m. Plus on impose une perturbation haute frequence(m), plus rapidement la solution de l’EDP diverge, et cela pour n’importe quel temps, aussipetit que l’on veut. Ce probleme est donc, meme intuitivement, mal pose.

Notons que le caractere bien pose d’un probleme n’implique pas le caractere borne de lasolution. L’EDO

du

dt= γt , γ > 0

a comme solutionu(t) = u(0) exp (γt)

qui tend vers l’infini avec t. Ce probleme est bien pose s’il est muni d’une condition initialeu(0). En effet, pour avoir

|u(t)− u(0)| = u(0)(exp (γt)− 1) < ε

il suffit de choisirδ = |u(0)| < ε

exp (γt)− 1.

Page 114: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 114

7.1.10 Diffusion thermique en milieu infini, profondeur de penetration

On considere un sol dont la diffusivite thermique est de α = 4 10−7m2/s. On desireetudier les fluctuations de temperatures dans ce sol. La temperature superficielle dece sol varie de facon periodique dans le temps

T = Tk + ∆Tk sin(ωkt)

avec Tk la temperature moyenne sur la periode, ∆Tk l’amplitude de variation autourde la moyenne et ∆tk = 2π/ωk la periode de fluctuation. On considere deux constantesde temps, l’une correspondant aux fluctuations journalieres et l’autre correspondantaux fluctuations annuelles.A partir de quelle profondeur h aura-t-on une amplitude de fluctuation plus petiteque 5% de la fluctuation de surface ?

Page 115: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 115

7.1.11 Vibrations amorties

On considere l’EDP suivante :

∂2u

∂t2= c2∂

2u

∂x2− k∂u

∂t

avec k ≥ 0.Le domaine de definition des parametres x et t est x ∈ [0, L] et t ≥ 0. Le problemeest muni des conditions limites

u(0, t) = u(L, t) = 0

et des conditions initiales

u(x, 0) = u0(x) et∂u

∂t(x, 0) = v0(x).

1. On suppose que la solution du probleme peut s’ecrire u(x, t) = X(x)T (t). Trou-vez les equations differentielles ordinaires que satisfont X et T .

2. Calculez la solution du probleme sous forme d’un developpement en serie. Onne demande pas de calculer les constantes du developpement.

3. Donnez une breve interpretation physique de cette EDP (que representent k etc, quel phenomene physique cette equation modelise-t-elle).

En remplacant u(x, t) = X(x)T (t) dans l’EDP, on obtient

XT ′′ = c2TX ′′ − kXT ′.

On divise ensuite par le tout par c2XT pour obtenir

T ′′

c2T+kT ′

c2T=X ′′

X= −λ.

On a choisit la valeur propre −λ, avec λ > 0 car il existe des conditions limites homogenes enx.

La partie en X se resoud classiquement : X ′′ + λX = 0 donne

X(x) = sin(nπx/L), n = 1, 2, 3, . . .

avec

λ =(nπL

)2

.

La partie en T est un peu moins classique. On a

T ′′ + kT ′ + λc2T = 0.

C’est une EDO a coefficients constants. On calcule le polynome caracteristique

α2 + kα + λc2 = 0

Page 116: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 116

qui a comme solutions

α1,2(n) =−k ±

√k2 − 4c2λ

2.

On a doncT (t) = A exp(α1t) +B exp(α2t).

Notez ici que, pour k2 ≥ 4c2λ, c’est-a-dire

n <kL

2πc

la solution en temps est strictement decroissante. Les modes de grandes longueurs d’onde sontdonc amortis plus efficacement.

Pour k2 < 4c2λ, les α1,2 sont complexes conjugues et la solution en temps est de typeoscillateur amorti.

La solution du probleme s’ecrit donc

u(x, t) =∞∑

n=1

sin(nπx/L) (An exp(α1(n)t) +Bn exp(α2(n)t)) .

Notez que, pour k = 0, on retrouve l’equation de la corde vibrante avec c la vitesse depropagation des ondes. Pour k > 0, on obtient l’equation de la corde vibrante amortie. Lefacteur k, de dimension 1/sec est un coefficient de friction qui modelise une force de frictionproportionnelle a la vitesse (dashpot).

Page 117: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 117

7.2 Rotation d’une corde flexible

Une corde homogene flexible de longueur l est en rotation avec une vitesse angulaireω constante autour d’un axe vertical OX auquel elle est attachee a l’origine x = 0.En t = 0, le mouvement de la corde est perturbe i.e. la vitesse de la cordre ∂u

∂test

modifie en chaque x.Trouvez u(x, t) sachant que u obeit a l’equation

(l2 − x2)∂2u

∂x2− 2x

∂u

∂x=

4

ω2

∂2u

∂t2,

ainsi qu’aux conditions aux limites

u(x, 0) = 0 et∂u

∂t(x, 0) = F (x).

Page 118: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 118

7.3 Deux variables spatiales : vibration d’une membrane rectangulaire

On considere le probleme de la vibration d’une membrane rectangulaire. Il s’agit detrouver la fonction u(x, y, t), −L/2 ≤ x ≤ L/2, −H/2 ≤ y ≤ H/2, t ≥ 0 solution del’EDP

∂2u

∂t2= c2

(∂2u

∂x2+∂2u

∂y2

). (261)

La fonction u(x, y, t) verifie les conditions aux limites

u(−L/2, y, t) = 0, u(L/2, y, t) = 0, u(x,−H/2, t) = 0, u(x,H/2, t) = 0 (262)

ainsi que les conditions initiales

u(x, y, 0) = f(x, y) et∂u

∂t(x, y, 0) = 0. (263)

1. Donnez les dimensions et la signification physique de c. Dans le cas d’unemembrane, a quel(s) parametre(s) physique(s) c est-il lie.

2. Donnez un changement de variables ζ = ζ(x) et η = η(y) permettant de revenirdans le domaine habituel 0 ≤ ζ ≤ L et 0 ≤ η ≤ H.

3. Calculez la solution du probleme pour

f(x, y) = u0 cos(πxL

)cos(πyH

).

4. Calculez la plus petite frequence propre de la membrane.

Aide : cos(x− π/2) = sin(x).

Le parametre c est la vitesse de propagation des ondes, en m/sec. Il est lie a la densite dumateriau constituant la membrane ainsi qu’a la tension qui y regne.

On pose ζ = x+ L/2 et η = y +H/2. Le probleme revient a trouver u(ζ, η, t) solution de

∂2u

∂t2= c2

(∂2u

∂ζ2+∂2u

∂η2

).

avec les conditions aux limites

u(0, η, t) = 0, u(L, η, t) = 0, u(ζ, 0, t) = 0, u(ζ,H, t) = 0 (264)

ainsi que les conditions initiales

u(ζ, η, 0) = f(x(ζ), y(ζ)) et∂u

∂t(ζ, η, 0) = 0. (265)

On commence par separer la partie en temps

u(ζ, η, t) = T (t)φ(ζ, η)

Page 119: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 119

ce qui donneT”

c2T=∇2φ

φ= −λ, λ > 0.

On sait que ce choix permet d’obtenir un probleme de Helmoltz en (ζ, η) qui possede desfonctions propres oscillantes et orthogonales.

On trouveT (t) = A cos(

√λct) +B sin(

√λct).

On a B = 0 car la vitesse initiale de la membrane est nulle.On a ensuite

φ(ζ, η) = Z(ζ)E(η)

ce qui donneZ”E + E”Z = −λZE.

En divisant par ZE, on obtient

Z”

Z= −E”

E− λ = −µ, µ > 0.

On trouveZ(ζ) = C cos(

√µζ) +D sin(

√µζ).

La condition u(ζ, 0, t) = 0 donne Z(0) = 0 i.e. C = 0. L’autre condition u(ζ, L, t) = 0 donneZ(L) = 0 ou encore √

µ =nπ

L

La partie en η donneE” + (λ− µ)E = 0, µ > 0

qui a comme solution

E(η) = F cos(√λ− µη) +G sin(

√λ− µη)

Les conditions limites E(0) = E(H) = 0 donnent F = 0 et

√λ− µ =

H

on a donc

λ =(nπL

)2

+(mπH

)2

La solution du probleme est donc

u(ζ, η, t) =∞∑

n=1

∞∑

m=1

Amn cos

(√(nπL

)2

+(mπH

)2

ct

)sin(nπLζ)

sin(mπHη).

On utilise maintenant la condition initiale

u(ζ, η, 0) = f(x(ζ), y(η)) =∞∑

n=1

∞∑

m=1

Amn sin(nπLζ)

sin(mπHη).

Page 120: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 120

La condition initiale u(ζ, η, 0) = f(x(ζ), y(η)) donne (en utilisant l’aide)

f(x(ζ), y(η)) = u0 sin

(πζ

L

)sin(πηH

).

ce qui correspond exactement a m = 1 et n = 1. On a donc Amn = u0 si m = n = 1 et Amn = 0sinon. La solution du probleme est donc

u(x, y, t) = u0 cos

(√(πL

)2

+( πH

)2

ct

)sin(πL

(x+ L/2))

sin( πH

(y +H/2))

ou encore

u(x, y, t) = u0 cos

(√(πL

)2

+( πH

)2

ct

)cos(πxL

)cos(πyH

).

Page 121: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 121

7.3.1 Deux variables spatiales : vibration d’une membrane circulaire

Calculez par separation des variables l’amplitude de vibration u d’une membranecirculaire de rayon b attachee le long de son pourtour, de sorte que u est la solutionde l’EDP suivante :

c2∇2u =∂2u

∂t2.

La membrane est fixee sur son pourtour

u(b, θ, t) = 0

et la deformation initiale de la membrane est donnee par

u(r, θ, 0) = β(b− r)

avec β une constante sans dimensions. La vitesse initiale est nulle.

Page 122: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 122

7.3.2 Equation non homogene

Determinez les vibrations d’une membrane circulaire de rayon R, dont la peripherieest fixee et qui se trouve au repos en t = 0. Pour toute valeur de t > 0, cette membranevibre sous l’action d’un poids Q distribue uniformement sur la face superieure de lamembrane. L’equation a resoudre est

c2∇2u(r, t) +Q

ρ=∂2u

∂t2

avec Q et ρ donnees.

Page 123: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 123

7.3.3 Vibration d’une membrane annulaire

Calculez par separation des variables l’amplitude de vibration u d’une membraneannulaire de rayon interieur a et de rayon exterieur b attachee en r = a et en r = b.La position de la membrane en t = 0 est donnee par une fonction f(r), r etant ladistance au centre de la membrane. La vitesse initiale est nulle.

Soit l’equation d’ondes∂2u

∂t2= c2∇2u.

On voit tout d’abord que la solution est independante de θ. On pose donc

u(r, t) = R(r)T (t)

ce qui donne

T ′′R = c2T1

r(rR′)′

ou encoreT ′′

c2T=

1

R

1

r(rR′)′ = −k2.

La solution en temps estT (t) = A cos(kct) +B sin(kct).

La condition de vitesse initiale nulle donne B = 0. L’equation en r donne

R′′ +1

rR′ − k2R = 0.

En posant z = kr on trouve

k2d2R

dz2+k

r

dR

dz− k2R = 0

ou encored2R

dz2+

1

z

dR

dz−R = 0

dont la solution estR(r) = AJ0(kr) +BY0(kr).

La condition homogenes R(a) = 0 donne

AJ0(ka) +BY0(ka) = 0

ce qui permet d’ecrire

R(r) = A

(J0(knr)−

J0(kna)

Y0(kna)Y0(knr)

).

La condition R(b) = 0 ce qui donne

J0(kb)− J0(ka)

Y0(ka)Y0(kb) = 0

Les kn sont donc les racines de l’equantion transcendante

F (kn) = J0(bkn)− J0(kna)

Y0(kna)Y0(knb) = 0.

Page 124: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 124

La Figure 33 montre F (x) pour a = 1 et b = 2. Les zeros de cette fonctions (les kn) peuventetre trouves numeriquement. La premiere racine vaut k1 ' 3.13, la deuxieme est k2 ' 6.27.

Les fonction propres Rn(r) =(J0(knr)− J0(kna)

Y0(kna)Y0(knr)

)pour n = 1 et n = 2 sont tracees sur

la Figure 34. La solution s’ecrit donc

u(r, t) =∞∑

n=1

An

(J0(knr)−

J0(kna)

Y0(kna)Y0(knr)

)

︸ ︷︷ ︸Rn(r)

cos(knct).

Pour trouver les coefficients, on calcule

∫ b

a

u(r, 0)Rn(r)rdr = An

∫ b

a

R2n(r)rdr.

car on sait que les fonctions propres sont orthogonales

∫ b

a

Rn(r)Rm(r)rdr = 0 n 6= m.

Page 125: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 125

-1

-0.5

0

0.5

1

0 5 10 15 20

F(r

)

r

Fig. 33: F (r) = J0(2r)− J0(r)Y0(r)

Y0(2r)

-0.5

-0.4

-0.3

-0.2

-0.1

0

0.1

0.2

0.3

0.4

1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

Fig. 34: Fonctions propres R1 (bleu) et R2 (vert).

Page 126: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 126

Calculez par separation des variables l’amplitude de vibration u d’une membranecirculaire de rayon b attachee le long de son pourtour en subissant un amortissementproportionnel a la vitesse de vibration, de sorte que u est la solution de l’EDP suivante:

c2∇2u =∂2u

∂t2+ 2h

∂u

∂t

avec h la constante de proportionalite. La position de la membrane en t = 0 estdonnee par une fonction f(r), r etant la distance au centre de la membrane. Lavitesse initiale est nulle.

Le Laplacien en coordonnees polaires s’ecrit

∇2u =1

r

∂r

(r∂u

∂r

)+

1

r2

∂2u

∂θ2.

La symetrie du probleme impose l’independance de la solution vis-a-vis de θ. L’equations’ecrit

∂2u

∂t2+ 2h

∂u

∂t=

1

r

∂r

(r∂u

∂r

).

Separation des Variables : u(r, t) = R(r)T (t) donne

1

TT ′′ +

2h

TT ′ = c2

(1

RR′′ +

1

rRR′)

= −λ, λ ≥ 0.

On a donc a resoudre les 2 EDOs suivantes :

T ′′ + 2hT ′ + λc2T = 0 , T ′(0) = 0

R′′ +1

rR′ + λR = 0 , R(0) <∞, R(b) = 0

Le probleme en temps est une EDO du 2eme ordre a coefficients constants dont la solutiongeneral est

T (t) = Aeα1t +Beα2t

avecα1,2 = −h±

√h2 − c2λ

les solutions de l’equation caracteristique

α2 + 2hα + c2λ = 0.

On reecrit donc T (t) commeT (t) = Ae−ht cos

√c2λ− h2t

pour c2λ ≥ h2 et

T (t) = Ae−h√h2−c2λt

sinon.

Page 127: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 127

7.3.4 Guide d’ondes

Un guide d’onde est un systeme qui sert a guider les ondes : ondes electromagnetiquesou ondes acoustiques.Le guide d’onde est notamment utilise en physique, en optique et entelecommunication. Soit l’equation d’onde en coordonnees rectangulaires.L’equation d’onde consiste a trouver u(x, y, z, t) solution de

1

c2

∂2u

∂t2=∂2u

∂x2+∂2u

∂y2+∂2u

∂z2

On considere ici le domaine 0 < x < L, 0 < y < H, z > 0, t > 0.On definit le mode d’un guide d’ondes par l’orientation des champs electriques etmagnetiques, constituant l’onde electromagnetique, par rapport aux parois du con-ducteur.On peut citer les modes transverse electrique (TE) et transverse magnetique (TM),pour lesquels le champ electrique et le champ magnetique constituant l’onde sontrespectivement orthogonaux a la direction de propagation.La question est la suivante : un mode peut-il se propager dans le guide d’ondes an’importe quelle frequence ?

Notez que, pour le mode TM, on a u = 0 sur les parois laterales du guide, et, pour le modeTE, on a ∂nu = 0 sur les parois laterales du guide. (On n’utilisera pas ces notions de modesTM et TE dans la suite de l’exercice)

On applique une separation des variables

u(x, y, z, t) = X(x)Y (y)Z(z)T (t)

a l’equation d’onde pour obtenir

X ′′

X+Y ”

Y+Z ′′

Z=

1

c2

T ′′

T= ±λ

La partie en temps1

c2

T ′′

T= ±λ

Choix 1 : +λ T (t) = A exp(√λct) +B exp(−

√λct).

Choix 2 : −λ T (t) = C cos(√λct) +D sin(−

√λct).

Choix 3 : 0 T (t) = Et+ FClairement, le choix 2 paraıt le plus raisonnable, et c’est le cas. Mais ce n’est pas un

argument. Ce choix est le seul qui donnera une solution non trivialement nulle.

La frequence du mode est donc f =√λc

2π.

On reprend l’equationX ′′

X+Y ”

Y+Z ′′

Z= −λ

Page 128: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 128

ou encoreY ”

Y+Z ′′

Z+ λ = −X

′′

X= µ, µ > 0

La partie en x donne

−X′′

X= µ.

On trouve

µ =(nπL

)2

, n = 0, 1, . . .

etX(x) = A cos((nπ/L)x) +B sin((nπ/L)x).

On reprend l’equation

−(nπL

)2

+Y ”

Y+Z ′′

Z= −λ

ou encore

−(nπL

)2

+Z ′′

Z+ λ = −Y ”

Y= ν, ν > 0.

La partie en y donne

−Y′′

Y= ν.

On trouve

ν =(mπH

)2

, m = 0, 1, . . .

etY (x) = C cos((mπ/H)y) +D sin((mπ/H)y).

On reprend l’equationX ′′

X+Y ”

Y+Z ′′

Z= −λ

qui donne, en tenant compte de ce qui precede

−(nπL

)2

−(mπH

)2

+Z ′′

Z= −λ.

On obtientZ ′′

Z=(nπL

)2

+(mπH

)2

− λ.

On se rappelle que λ =(

2πfc

)2avec f la frequence du mode considere.

L’amplitude du mode doit rester finie. On a donc les deux cas suivantsChoix 1 :

(nπL

)2

+(mπH

)2

−(

2πf

c

)2

= k2 > 0

Dans ce cas l’onde s’attenue, i.e., Z(z) = A exp(−kz)

Choix 2 :(nπL

)2

+(mπH

)2

−(

2πf

c

)2

= −k2 < 0

Page 129: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 129

Dans ce cas l’onde se propage i.e. Z(z) = A cos(kz) +B sin(kz)Il y a donc une frequence limite inferieure, la frequence de coupure.En pratique, imaginons un tunnel de 5m × 5m de section. Une onde electromagnetique se

propage a la vitesse de la lumiere, i.e. c = 3 108m/sec.La frequence de coupure est

f =c

√(nπL

)2

+(mπH

)2

.

La frequence de coupure la plus basse est (n = m = 1)

f =3 108

√(π5

)2

+(π

5

)2

= 3√

2 107 = 42, 4 MHz.

Les ondes AM (modulation d’amplitude) ont une frequence de l’ordre de 100 kHz. Elles nepassent pas dans le tunnel.

Les ondes FM (modulation de frequence) ont une frequence de l’ordre de 100 MHz. Oncapte CLASSIC 21 dans le tunnel!

Page 130: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 130

7.4 Methode des caracteristiques

7.4.1 Caracteristiques pour une EDP du premier ordre (1/2)

On considere d’EDP suivante pour u(x, y):

x∂u

∂x− y∂u

∂y= R.

On considere le probleme de Cauchy avec la courbe Γ definie par x(s) = s et y(s) = s(avec x > 0). On y specifie la fonction:

u(s, s) = f(s) donnee.

1. Obtenez le reseau des caracteristiques: equation et dessin pour la partie du planx > 0 et y > 0. Verifiez que le probleme de Cauchy present est bien pose.

2. Obtenez la solution u(x, y) pour le cas R = 0.

3. Obtenez la solution u(x, y) pour le cas R = U (U constant).

4. Obtenez la solution u(x, y) pour le cas R = U xL

(U et L constants).

5. Obtenez la solution u(x, y) pour le cas R = U xyL2 (U et L constants).

Notez que R a les memes dimensions que u. Les caracteristiques satisfont :

Qdx = Pdy ⇒ −ydx = xdy.

On en deduitdx

x= −dy

y.

En utilisant la courbe Γ parametrisee par x = s et y = s, on obtient :∫ x

s

dx′

x′= −

∫ y

x

dy′

y′[log x′

]x

s

= −[

log y′]y

s

log(xs

)= − log

(ys

)

log(xs

)+ log

(ys

)= 0

log(xys2

)= 0

xy

s2= 1

xy = s2 , x =s2

y, y =

s2

x, s =

√xy

On a egalement les relations de compatibilite :

Qdu = Rdy et Pdu = Rdx⇒ −ydu = Rdy et xdu = Rdx.

Page 131: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 131

0 1 20

1

2

x

y

(s, s)

(x, y)

Γ

x(s) = sy(s) = s

u(s, s) = f(s) donne

Fig. 35: Esquisse des caracteristiques

• R = 0

du = 0⇒∫ u(x,y)

u(s,s)

du′ = 0⇒ u(x, y) = u(s, s)

u est conserve le long de chaque caracteristique:

u(x, y) = u(s, s) = f(s) = f(√xy).

• R = U

xdu = Udx ou − ydu = Udy

⇒ du = Udx

x∫ u(x,y)

u(s,s)

du′ = U

∫ x

s

dx′

x′

u(x, y)− u(s, s) = U log(xs

)

u(x, y) = u(s, s) + U log(xs

)= f(

√xy) + U log

(x√xy

)

Page 132: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 132

• R = U xL

xdu = Ux

Ldx

du =U

Ldx

∫ u(x,y)

u(s,s)

=U

L

∫ x

s

dx′

u(x, y)− u(s, s) = Ux− sL

u(x, y) = u(s, s) + Ux− sL

= f(√xy) + U

x−√xyL

• R = U xyL2

xdu = Uxy

L2dx

du = Uy

L2dx = U

s2

L2

dx

x∫ u(x,y)

u(s,s)

du′ = Us2

L2log(xs

)

u(x, y) = u(s, s) + Us2

L2log(xs

)= f(

√xy) + U

xy

L2log

(x√xy

)

Page 133: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 133

7.4.2 Caracteristiques pour une EDP du premier ordre (2/2)

On considere l’EDP de transport pour u(x, t) :

∂(cu)

∂x+∂u

∂t= 0

avec

c = c(x) = c0x2

x2 + L2

ou c0 et L sont des constantes de vitesse et de longueur (void Figure 36). On considereun probleme de condition initiale: la courbe Γ est ici definie par x(s) = s avec s ≥ 0et t(s) = 0, et on y specifie la fonction :

u(s, 0) = f(s) = Ue−s/L

avec U une valeur constante.

1. Esquissez c(x) et commentez la physique du probleme present. En utilisantl’EDP et c(x), demontrez que l’integrale

∫∞0u(x, t)dx est conservee au cours du

temps.

2. Obtenez le reseau des caracteristiques : equation et dessin pour la partie duplane x ≥ 0 et t ≥ 0. Verifiez que le probleme de Cauchy present est bien pose.

3. Pourquoi ne peut-on pas, dans le cas present, imposer de condition limite enx = 0 (i.e., une condition de la forme u(0, l) = h(t)) ?

4. Obtenez la solution u(x, t).Attention: l’expression finale de la solution ne peut plus contenir s. Veillezdonc a aussi exprimer s en fonction de x et de t.

5. Dessinez la fonction u/U en fonction de x/L et en quelques temps c0t/Ldifferents. Verifiez que l’integrale de la fonction est effectivement conservee.

1. Voir figure 36. Il s’agit d’une EDP du 1er order (donc hyperbolique). C’est l’equation detransport ecrite sous forme conservative et avec c = c(x) (donc lineaire) correspondant aun puit de vitesse. A noter que c(0) = 0: la valeur u(0, t) demeure donc inchangee.

Fig. 36: c fonction de x

Page 134: EDP Pour Ingenieur

LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 134

En integrant l’EDP, on obtient:

∫ ∞

0

∂u

∂t=

d

dt

(∫ ∞

0

udx

)= −

∫ ∞

0

∂(cu)

∂xdx = −

[cu

]∞

0

= 0

car c(0) = 0 et limx→∞ u(x, t) = 0. Il resulte que∫∞

0udx est conservee au cours du temps.

2. Equation des caracteristiques:

dx = c(x)dt avec Γ definie par

x(s) = s ≥ 0t(s) = 0

dx

c(s)= dt

x2 + L2

x2dx = c0dt

∫ x

s

(1 +

L2

x′2

)dx′ = c0

∫ t

O

dt′ a integrer pour les cas s 6= 0

[x′ − L2

x′

]x

s

= c0t

(x− L2

x

)−(s− L2

s

)= c0t

(s− L2

s

)=

(x− L2

x

)− c0t

s2 −((

x− L2

x

)− c0t

)s− L2 = 0 c’est une equation quadratique.

s =1

2

((

x− L2

x

)− c0t

)+

√((x− L2

x

)− c0t

)2

+ 4L2

= s(x, t)

prendre le signe + car s > 0 pour le cas s = 0: c(s) = 0Voir figure 37. La caracteristique qui emane de s = 0 est l’axe du temps:

x = 0∀t

Le probleme de Cauchy present est bien pose car Γ n’est parallele, en aucun de ses points,a la caracteristique locale et qu’elle n’intersecte chaque caracteristique qu’une seule fois.

3. En general, le probleme de Cauchy defini avec Γ : x(s), s ≥ 0 et t(s) = 0 requiert unecondition limite en x = 0, de la forme u(0, t) = h(t) donne. Pas ici cependant, car l’axedu temps (0, t) est confondu avec la caracteristique qui emande de s = 0, du fait quec(0) = 0. Physiquement: la valeur u(0, t) = u(0, 0) = f(0) = U , on ne peut l’imposer.

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LFSAB1103 - Mathematiques 3, partie EDP 135

Fig. 37: Reseau des caracteristiques

4. Equation de compatibilite valable le long de la caracteristique:

cdu =dc

dxudx ou du = − dc

dxudt

cdu = −udcd(cu) = 0 le produit cu est conserve le long de la caracteristique

c(x)u(x, t) = c(s)u(s, 0) = c(s)f(s)

u(x, t) =c(s)

c(x)f(s)

u(x, t) =s2

s2 + L2

x2 + L2

x2Ue−

sL avec s = s(x, t)

L’integrale∫∞

0udx est effectivement conservee (Figure 38).

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Fig. 38: u/U fonction de x/L