Mat 805 : Compléments de mathématiques

Michel Beaudin michel.beaudin@etsmtl.ca

Résumé 4 Analyse de Fourier : équations aux dérivées partielles de la chaleur

et des ondes, solution de d’Alembert. Transformations intégrales et applications aux É.D.P.

Équation de la chaleur : tige de longueur L, problème de Dirichlet dans un rectangle. Résolution par séparation des variables, par transformation sinus-finie, par transformée de Laplace Commençons avec l’équation de la chaleur dans une tige de longueur L. Rappelons le problème :

(1) ∂

∂=

∂

∂

u

tc

u

x2

2

2

(2) u x f x( , ) ( )0 = (condition initiale)

4.1 Théorème a) Dans le cas où l’on maintient les extrémités de la tige à la température 0, i.e.

(3) u t u L t( , ) ( , )0 0= =

le problème admet la solution (formelle) suivante :

(4) u x t b en x

Lnt

n

n( , ) sin=FHGIKJ

−

=

∞

∑ λ π2

1

où λπ

n

cn

L= et b

Lf x

n x

Ldx nn

L

=FHGIKJ ≥z2 1

0

( ) sin ( )π

(les bn sont donc les coefficients de Fourier-

sinus de f, prolongée de façon impaire). b) Dans le cas où les extrémités de la tige sont isolées, donc si

(5) u t u L tx x( , ) ( , )0 0= = , alors la solution est

(6) u x ta

a en x

Lnt

n

n( , ) cos= +FHGIKJ

−

=

∞

∑0

12

2λ π

143

où aL

f xn x

Ldx nn

L

=FHGIKJ ≥z2 0

0

( ) cos ( )π

(les an sont donc les coefficients de Fourier-cosinus de f,

prolongée de façon paire). Preuve : une application directe de la méthode de séparation des variables. On arrive encore à la conclusion qu’il faut choisir λ < 0 et prolonger f de façon impaire (resp. paire) lorsque les extrémités sont maintenues à 0 (resp. lorsque les extrémités sont isolées). ♦ 4.2 Remarque Évidemment, lorsque les extrémités sont isolées, la température va tendre vers a0

2 lorsque t → ∞ , ce qui a du sens, puisqu’il n’y a pas de perte de chaleur. Alors que si les

extrémités sont maintenues à 0°, alors la température va tendre vers 0° lorsque t → ∞ . Illustrons cela avec un exemple précis. 4.3 Exemple Pour le fer, la constante c2 est 0.15 cm s2 tandis que pour le béton, c’est 0.005

cm s2 . Soit une tige de longueur L = 50 cm plongée dans la vapeur jusqu’à ce que sa

température atteingne 100°C partout dans la tige. À t = 0, on isole sa surface latérale, donc la chaleur ne peut se diriger que par les extrémités. Ces dernières sont maintenues à la température 0°C, étant « collées » sur de la glace. Trouvons la température au point milieu de la tige après 30 minutes (1800 secondes) pour chacun des 2 matériaux. On a donc

∂

∂=

∂

∂

u

tc

u

x2

2

2, u x( , )0 100= , u t u t( , ) ( , )0 50 0= =

et alors bn x

dxn

nn

n

=FHGIKJ

− −≥z2

50100

50

200 1 11

0

50

sin( )

( )π

π =

c h, λ

πn

cn=

50. Ainsi

u x tn

en x

ncn t

n

( , )( )

sin=− −FHG

IKJ

FHGIKJ

−

=

∞

∑200 1 1

5050

1

2

π

ππc h b g .

Pour le fer, on trouve u( , ) .25 1800 4385 ≈ � tandis que pour le béton, on trouve

u( , )25 1800 100 ≈ � , donc le béton est un excellent isolant ! Voici le graphe de u dans le cas du fer, ayant utilisé une somme partielle du genre u(x, t, n) où n = 50 (le mode trace indique le point (25, 1800, 43.85))

144

Maintenant, fixons le temps et regardons la variation en x : par exemple, nous fixons t à 30 et ensuite à 1800 : les graphes obtenus sont les suivants.

4.4 Exemple Résolvons le problème

∂

∂=

∂

∂

u

t

u

x

2

2, u x T( , )0 = = cste , u t u L t( , ) ( , )0 0= =

en utilisant la « transformation sinus-finie ». Nous savons que, lorsqu’une fonction f est impaire (et périodique), alors

f(x) ∼ f nn x

Lf n

Lf x

n x

Ldx bs

ns

L

n( ) sin ( ) ( ) sinπ πFHGIKJ =

FHGIKJ =

=

∞

∑ z1 0

2 où b g .

145

On appelle souvent les f ns ( ) la transformée sinus-finie de f. On a une définition analogue pour la « transformée cosinus-finie ».

Posons ℑ =s u x t U n t( , ) ( , ) : donc ℑ =FHGIKJ =zs

L

u x tL

u x tn x

Ldx U n t( , ) ( , ) sin ( , )

2

0

π . Et prenons la

transformée sinus-finie de chaque côté de notre É.D.P. :

ℑ∂

∂

LNMOQP = ℑ

∂

∂

LNMOQPs s

u

t

u

x

2

2 .

On a ℑ∂

∂

LNMOQP =s

u

t

dU

dt et l’intégration par parties donne

ℑ∂

∂

LNMOQP

=∂

∂

FHGIKJ =

∂

∂

FHGIKJ

LNM

OQP −

∂

∂

FHGIKJ

FHG

IKJ

= − ℑ∂

∂

FHGIKJz zs

L L L

c

u

x L

u

x

n x

Ldx

L

u

x

n x

L

n

L

u

x

n x

Ldx

n

L

u

x

2

2

2

20 0 0

2 2sin sin cos

π π π π π

= − ⋅∂

∂

FHGIKJ = − ⋅

FHGIKJ

LNM

OQP +

FHGIKJ

FHG

IKJz zn

L L

u

x

n x

Ldx

n

L Lu x t

n x

L

n

Lu x t

n x

Ldx

L L Lπ π π π π π2 2

0 0 0

cos ( , ) cos ( , ) sin

= −n

LU x t

2 2

2

π( , ) .

Donc, dU

dt

n

LU= −

2 2

2

π et ainsi U n t ke n t L( , ) = − 2 2 2π . Et

k U n u x TL

Tn x

Ldx

T

ns s

Ln= = ℑ = ℑ =

FHGIKJ = − −z( , ) ( , ) ( ) sin ( )0 0

2 21 1

0

b g c hπ

π ,

d’où

u x t U n t U n tn x

L

T

ne

n x

Lsn

nn t L

n

( , ) ( , ) ( , ) sin( )

sin= ℑ =FHGIKJ =

− − FHGIKJ

−

=

∞−

=

∞

∑ ∑1

1 1

2 1 1 2 2π

π

ππ .

4.5 Exemple L’équation de la chaleur en 2 dimensions est

(7) ∂

∂=

∂

∂+

∂

∂

FHG

IKJ

u

tc

u

x

u

y2

2

2

2

2 .

Supposons que la température ne varie plus en fonction du temps (« steady-state heat flow »),

donc ∂

∂=

u

t0 . Lorsqu’on spécifie la valeur de u sur la frontière d’une région R du plan, on obtient

146

ce qu’on appelle un problème de Dirichlet. Par exemple, soit R a b= ×0 0, , un rectangle

dans le premier quadrant et considérons le problème de Dirichlet suivant :

(8) ∂

∂+

∂

∂=

2

2

2

20

u

x

u

y (équation de Laplace)

(9) u x yf x

( , )( )

=RST

sur le côté supérieur

sur les 3 autres côtés0

On peut montrer, en utilisant toujours la méthode de séparation des variables, que la solution du problème est donnée par

u x y An x

a

n y

ann

( , ) sin sinh=FHGIKJFHGIKJ

∗

=

∞

∑1

π π

où Aa n b a

f xn x

adxn

a∗ =

FHGIKJz2

0sinh( ) sin

π

π

b g .

4.6 Exemple Solution bornée de l’équation de la chaleur dans une plaque semi-infinie. Utilisation de la transformée de Laplace. Considérons le problème

( )

,

10

0 0 0

0 0

0 0 0 100

2

2

2

2

< < , > , > ,

( , , ) = (condition initiale)

( , , ) = ( , , ) = , ( , , ) = (conditions aux frontières)

∂

∂=

∂

∂+

∂

∂

R

S|||

T|||

u

t

u

x

u

yx y t

u x y

u y t u y t u x t

π

π

Soit U la transformée de Laplace de u ( s t↔ ) :

U x y s u x y t( , , ) ( , , )↔ . Alors, en prenant la transformée de Laplace de chaque côté de l’É.D.P., on obtient

sUU

x

U

y=

∂

∂+

∂

∂

2

2

2

2.

Posons � ( , , ) ( , , )U n y s U x y ss= ℑ . Alors on obtient

147

sU nx dxU

xnx dx

U

ynx dxsin( ) sin( ) sin( )

0

2

20

2

20

π π π

z z z=∂

∂+

∂

∂

c’est-à-dire, en utilisant l’intégration par parties pour la première des 2 intégrales du membre de droite et omettant le facteur 2/π,

sU n Ud U

dy� �

�

= − +22

2 ou bien

d U

dys n U

2

22

��= +c h .

Mais alors � ( , , )U n y s ae bey n s y n s= ++ − +2 2

et puisqu’on cherche une solution bornée, on prend a

= 0. Ainsi, � ( , , )U n y s be y n s= − +2

. Trouvons b. On a

b U n s U x s L u x ts s ns s s

n

= = ℑ = ℑ = ℑFHGIKJ = ⋅

− −� ( , , ) ( , , ) ( , , )

( )0 0 0

100 100 1 1c h c h,

où « L » désigne la transformée de Laplace. D’où

U x y s U n y ssn

e nxs

n

n

y n s( , , ) � ( , , )( )

sin( )= ℑ =− −

−

=

∞− +∑1

1

2 100 1 1 2

π

c h.

Ainsi, u x y t L U x y sn

nx Le

s

n

n

y n s

( , , ) ( , , )( )

sin( )= =− − L

NMM

OQPP

−

−

∞−

− +

∑1

1

1200 1 12

π. Prenons pour acquis

que

L eye

t

y sy t

− −−

=14

3

2

2

( )

π (preuve à venir)

Alors

L eye e

tL

e

s

ye e

vdv e dpy n s

y t n t y n s y v n vp n y p

y t

t− − +

− −−

− + − −− −

∞

=LNMM

OQPP

= = zz14

3

14

3

4

20

2

2 2 2 2 22 2 2 2

2 2

2( ) ( )

π π π et e j

d i,

la dernière égalité provenant du changement de variables y

vp

22

4= . Alors, on a obtenu une

solution formelle de (10) :

u x y tn

nx e dpn

p n y p

y

t

n

( , , )( )

sin( )=− − − −

∞

=

∞ z∑400 1 1

3 2

4

2

1

2 2 2 2

πe j .

148

4.7 Remarque Une application du théorème des résidus (en analyse complexe) donnera le

résultat pris pour acquis. Si l’on définit la fonction d’erreur par 2

0

2erf ( )

tzt e dz

π−= ∫ (voir 1.35)

et si l’on note erfc(t) = 1 − erf(t), alors nous montrerons que

1 erfc2

y se yL

s t

−−

=

.

Équation de la corde vibrante (longueur L) ou des ondes en une dimension

Rappelons le problème : (11) ∂

∂=

∂

∂

2

22

2

2

u

tc

u

x

(12) u t u L t( , ) ( , )0 0= = (conditions aux frontières) (13) u x f x( , ) ( )0 = (position initiale)

(14) ∂

∂=

=

u

tg x

t 0

( ) (vitesse intiale)

4.8 Théorème a) le problème précédent (i.e. (11) à (14)) admet la solution formelle suivante :

(15) u x t b t b tn x

Ln n n nn

( , ) cos sin sin= +FHGIKJ

∗

=

∞

∑ λ λπb g b gc h

1

où λπ

n

cn

L= , b

Lf x

n x

Ldx b

cng x

n x

Ldx nn

L L

=FHGIKJ =

FHGIKJ ≥z z∗2 2

10 0

( ) sin ( ) sin ( )π

π

π et n .

Donc, les bn sont les coefficients de Fourier-sinus de f, prolongée de façon impaire et les bn n

∗ ⋅λ

sont les coefficients de Fourier-sinus de g, prolongée de façon impaire. b) Solution de d’Alembert. Une solution de (11) est donnée par

(16) u x t x ct x ct( , ) ( ) ( )= + + −φ ψ

où φ et ψ sont des quelconques fonctions d’une variable, de classe 2C . c) Solution de d’Alembert satisfaisant les conditions initiales. Une solution à (11), (13) et (14) est donnée par

(17) ( )1 1

( , ) ( ) ( ) ( )2 2

x ct

x ct

u x t f x ct f x ct g s dsc

+

−

= + + − + ∫

149

d) Solution de d’Alembert de tout le problème (i.e.(11) à (14) inclusivement) si vitesse initiale nulle. Si g x( ) ≡ 0 , alors on a la solution

u x t f x ct f x ct( , ) ( ) ( )= + + −∗ ∗1

2c h

où f ∗ est le prolongement impair, de période 2L, de f. Preuve : a) découle encore de la méthode de séparation des variables. Notons toutefois que cette solution n’est que formelle. Si l’on veut qu’elle satisfasse bien (11), on aura un problème de convergence de séries. En effet, prenons, par exemple, le cas où g ≡ 0 et où f est de forme triangulaire, disons

f xx x L

L x L x L( ) =

≤ ≤

− ≤ ≤

RST si

si

0 2

2.

Alors on trouverait la solution u x tL

n

n n ct

L

n x

Ln

( , ) sin cos sin=FHGIKJ

FHG

IKJFHGIKJFHGIKJ

=

∞

∑4 1

22 21π

π π π. Et en dérivant

2 fois par rapport à x, on fait disparaître le 1

2net on se retrouve avec la série

−FHGIKJFHGIKJFHGIKJ

=

∞

∑4

21L

n n ct

L

n x

Ln

sin cos sinπ π π

dont la convergence est loin d’être assurée !

b) Considérons seulement (11) ∂

∂=

∂

∂

2

22

2

2

u

tc

u

x. Posons v x ct z x ct= + = − et . Alors, la règle de

la chaîne et la continuité des dérivées partielles secondes donnent

∂

∂=

∂

∂+

∂

∂− =

∂

∂−

∂

∂

FHG

IKJ

u

t

u

vc

u

zc c

u

v

u

z( ) et

∂

∂=

∂

∂

∂

∂−

∂

∂

FHG

IKJ

FHG

IKJ =

∂

∂−

∂

∂ ∂+

∂

∂

FHG

IKJ

2

22

2

2

2 2

22u

t tc

u

v

u

zc

u

v

u

v z

u

z

tandis que

∂

∂=

∂

∂+

∂

∂=

∂

∂+

∂

∂

FHG

IKJ

u

x

u

v

u

z

u

v

u

z( ) ( )1 1 et

2 2 2 2

2 2 22

u u u u u u

x x v z v v z z

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ = + = + +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ .

Par (11), on obtient donc ∂

∂ ∂=

2

0u

v z. En intégrant par rapport à v, on trouve

∂

∂=

u

zh z( ) où h est

une fonction qui ne dépend que de z. Finalement, on a u h z dz v= +z ( ) ( ) φ où φ est une fonction

qui ne dépend que de v. Si l’on pose h z dz z( ) ( ) =z ψ , on a donc obtenu que

u v z x ct x ct= + = + + −φ ψ φ ψ( ) ( ) ( ) ( ) .

150

c) On vient de voir que u x t x ct x ct( , ) ( ) ( )= + + −φ ψ . Alors (13) implique f x x x( ) ( ) ( )= +φ ψ tandis que (14) et le règle de la chaîne impliquent que g x c x c x( ) ( ) ( )= ′ − ′φ ψ . En intégrant la dernière égalité, nous avons

φ ψ φ ψ( ) ( ) ( )x x x xc

g s dsx

x

− − − = z0 0

1

0

b g b gc h

Posons k x x x0 0 0b g b g b g= −φ ψ . Mais alors, on a les 2 équations suivantes :

φ ψ

φ ψ

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

x x f x

x x k xc

g s dsx

x

+ =

− = + z0

1

0

b g

dont la somme (resp. la différence), membre à membre, donne, après division par 2,

φ( ) ( ) ( )x f xc

g s ds k xx

x

= + +z1

2

1

2

1

20

0 b g

ψ ( ) ( ) ( )x f xc

g s ds k xx

x

= − −z1

2

1

2

1

20

0 b g

Remplaçons x par x + ct (resp. par x − ct) :

φ( ) ( ) ( )x ct f x ctc

g s ds k xx

x ct

+ = + + ++

z1

2

1

2

1

20

0 b g

ψ ( ) ( ) ( )x ct f x ctc

g s ds k xx

x ct

− = − − −−

z1

2

1

2

1

20

0 b g

Additionnons les deux dernières équations : nous obtenons, en utilisant le fait que = −zzb

a

a

b

,

φ ψ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x ct x ct f x ct f x ctc

g s ds g s dsx ct

x

x

x ct

+ + − = + + − + +FHG

IKJ−

+

zz1

2

1

2

0

0

b g

= 1

2

1

2f x ct f x ct

cg s ds

x ct

x ct

( ) ( ) ( )+ + − +−

+

zb g .

d) Les conditions aux frontières sont u t u L t( , ) ( , )0 0= = . Alors

0 01

2= = + −u t f ct f ct( , ) ( ) ( )b g et 0

1

2= = + + −u L t f L ct f L ct( , ) ( ) ( )b g

151

ou, si l’on préfère, f w f w f L w f L w w( ) ( ) ( ) ( )= − − + = − − ∀ et . Cela signifie que f doit être

prolongée de façon impaire avec période 2L. ♦ 4.9 Exemple Si la vitesse initiale de la corde est nulle, on vient de voir que la solution de

d’Alembert prend la forme de u x t f x ct f x ct( , ) ( ) ( )= + + −∗ ∗1

2c h , où f ∗ est le prolongement

impair et périodique de la position initiale f. Puisque, pour c > 0, le graphe de f(x − ct) s’obtient de celui de f(x) en translatant de ct unités vers la droite, on peut penser à une onde qui voyage vers la droite lorsque t augmente. De façon similaire, le graphe de la fonction f(x + ct) s’obtient de celui de f(x) en translatant de ct unités vers la gauche, on peut penser à une onde qui voyage vers la gauche lorsque t augmente. Ainsi, le graphe de u s’obtient par superposition de ces 2 ondes. Prenons une corde de longueur L = π et c = 1 et prenons f x x x( ) sin cos( )= = −2 1 22 . La séance suivante de Derive permet d’illustrer le comportement de la corde pour les instants entre 0 et π/2, avec des pas de π/16. On définit f et la prolonge de façon impaire :

On prolonge par périodicité

On visualise la corde en utilisant la solution de d’Alembert (remarquez la position horizontale d’un segment de la corde : cela s’est produit à l’instant t = π/4) :

Finalement (depuis la version 6 de Derive), on peut utiliser le paramètre t dans le « slide bar », procurant des images pour différentes valeurs du paramètre. On peut aussi penser 3D : :

152

Intégrale de Fourier, transformation de Fourier Soit f une fonction NON-périodique mais absolument sommable sur la droite réelle. Soit L > 0 et « coupons » f entre −L et L et prolongeons-la de façon périodique en dehors de l’intervalle ]−L, L[ (la nouvelle fonction n’est peut-être plus sommable). Alors, on peut écrire la représentation suivante : en chaque point x de dérivabilité, on a, si x L< ,

f xL

f t dtL

f tn t x

Ldt

L

L

L

L

n

( ) ( ) ( ) cos( )

= +−F

HGIKJ

FHG

IKJ− −=

∞z z∑1

2

1

1

π

.

Posons wn

Ln =π

, alors ∆∆

w w wL L

wn n n

n≡ − = ⇒ =+1

1π

π . Ainsi,

f xL

f t dt w f t w t x dtL

L

n n

L

L

n

( ) ( ) ( ) cos ( )= + −− −=

∞z z∑1

2

1

1

π

∆ b g .

En laissant tendre L vers l’infini, on a que 1

0L

f t dtL

L

( ) −

z → car f L∈ 1( )R et ∆wn → 0 .

Ainsi, on reconnaît une somme de Riemann :

f x w f t w t x dt f t w t x dtdwL

w

n n

L

L

nn

( ) lim ( ) cos ( ) ( ) cos ( )= − = −→∞

→ −=

∞

−∞

∞∞

z∑ zz∆

∆0 1 0

1 1

π πb g b g

si la limite existe, bien évidemment. Tentons de voir plus clair dans tout cela. Le lemme suivant nous servira tantôt.

153

4.10 Lemme (Riemann) Si φ est continue par morceaux et appartient à L1( )R , alors

lim ( ) sin( )ρ

φ ρ→∞

−∞

∞

=z t t dt 0 .

Preuve : φ ρ φ φ ρ φ( ) sin( ) ( ) ( ) sin( ) ( )t t dt t dt t t dt t dtc

kc

k

−∞

∞

−∞

∞

z zz z≤ + + . Le fait queφ ∈ L1( )R

implique que, si ε > 0 est donné, l’on peut trouver k et c (k > c) tels que les première et la troisième intégrales du côté droit de l’inégalité sont < ε 3 . Par le lemme 3.23 sauf qu’ici,

l’intervalle d’intégration n’est pas [−π, π] mais plutôt [c, k]), l’intégrale du centre tend vers 0 si ρ tend vers l’infini. ♦ 4.11 Théorème Représentation d’une fonction absolument sommable par une intégrale de Fourier ; transformation de Fourier a) Supposons f L∈ 1( )R , continue par morceaux et possédant une dérivée à droite et une dérivée à gauche en chaque point. Alors, on a la réprésentation intégrale suivante :

(18) A w wx B w wx dwf x f x

f x f xf x

( ) cos( ) ( ) sin( )( )

( ) ( )+ = + + −RS|T|

∞

z b g si continue en

si discontinue en 0 0

20

Ici, les fonctions A et B sont définies par

(19) A w f x wx dx B w f x wx dx( ) ( ) cos( ) ( ) ( ) sin( )= =−∞

∞

−∞

∞

zz1 1

π π et

b) En particulier, si f est paire, on a la représentation suivante, dite transformée de Fourier cosinus sous forme symétrique (ou intégrale de Fourier-cosinus) :

(20) 2 2

0 0π πf x wx dx f w f w wx dw f xc c( ) cos( ) � ( ) � ( ) cos( ) ( ) = ↔ =

∞ ∞

z z

c) En particulier, si f est impaire, on a la représentation suivante, dite transformée de Fourier sinus sous forme symétrique (ou intégrale de Fourier-sinus) :

154

(21) 2 2

0 0π πf x wx dx f w f x wx dw f xs s( ) sin( ) � ( ) � ( ) sin( ) ( ) = ↔ =

∞ ∞

z z

d) Si f est quelconque, on peut utiliser la représentation complexe suivante, dite transformée de Fourier de f :

(22) 1 1ˆ ˆ( ) ( ) ( ) ( )2 2

iwx iwxf x e dx f w f w e dw f xπ π

∞ ∞−

−∞ −∞

= ↔ =∫ ∫

Preuve : a) contentons-nous de le voir pour un point de continuité. Posons

g f t w t x dtdw( ) ( ) cos ( )ρπ

ρ

= −−∞

∞

zz10

b g

et montrons que g possède une limite quand ρ tend vers l’infini. En permutant l’ordre d’intégration (ce qui est permis par un théorème d’analyse, le théorème de Fubini), on a

g f t w t x dw dt f tt x

t xdt f t x

t

tdt( ) ( ) cos ( ) ( )

sin ( )( )

sin( )ρ

π π

ρ

π

ρρ

= −FHG

IKJ =

−

−= +zz z z

−∞

∞

−∞

∞

−∞

∞1 1 1

0

b g b g

et il faut analyser la singularité en t = 0. Si f(x) = 0, alors

g f t xt

tdt

f t x f x

tt dt( ) ( )

sin( ) ( ) ( )sin( )ρ

π

ρ

πρ= + =

+ −

−∞

∞

−∞

∞

z z1 1

et le lemme 4.10 donne g(∞) = 0 si l’on choisit ϕ( )( ) ( )

tf t x f x

t=

+ − et ϕ( ) ( )0 = ′f x . Si f(x) ≠

0, posons�f f= −ψ où

ψ ( )( )

x tf x t

+ =− ≤ ≤RST

si

autrement

1 1

0.

On a ′ =ψ ( )t 0 et alors

� �′ = ′ = − = − + = − =f x f x f x f x x f x x f x f x( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) et ψ ψ 0 0 .

Alors

lim ( ) lim ( )sin( )

( )sin( )

lim ( )sin( )

ρ ρ ρρ

π

ρ

πψ

ρ

π

ρ→∞ →∞

−∞

∞

−∞

∞

→∞−

= + + +FHG

IKJ = +z z zg f t x

t

tdt t x

t

tdt f x

t

tdt

1 10

1

1

1�

.

On calcule la dernière limite en effectuant le changement de variable u = ρt : on a alors

155

lim ( ) lim( ) sin ( )

( )ρ ρ

ρ

ρ

ρπ π

π→∞ →∞

−

= = =zgf t u

udu

f tf t

où nous avons utilisé le résultat sinu

udu

0 2

∞

z = π

.

b) et c) Voyons-le pour le cas pair.

Si f est paire, alors B(w) ≡ 0 et A w f x wx dx f x A w wx dw( ) ( ) cos( ) ( ) ( ) cos( )= ↔ =∞ ∞

z z2

0π

0

. En

posant, � ( ) ( ) cos( )f w f x wx dxc =∞

z20π

, on a � ( ) ( )f w A wc =π

2et le résultat suit.

d) En revenant à la représentation originale et en utilisant les formules de A et de B, on a

f x A w wx B w wx dw f v wv wx wv wx dvdw( ) ( ) cos( ) ( ) sin( ) ( ) cos( ) cos( ) sin( ) sin( )= + = +∞

−∞

∞∞

z zzb g b g 1

0 0π

= 1 1

20π πf v wx wv dv dw f v wx wv dv dw( ) cos( ) ( ) cos( )−FHG

IKJ = −

FHG

IKJ−∞

∞∞

−∞

∞

−∞

∞

zz zz

où nous avons utilisé le fait que la fonction

f v wx wv dv( ) cos( )−−∞

∞

z

de la variable w est paire. Puisque, par imparité, 1

20

πf v wx wv dv dw( ) sin( )−FHG

IKJ =

−∞

∞

−∞

∞

zz , on peut

donc, en utilisant les formules d’Euler, écrire

f x f v wx wv dv dw i f v wx wv dv dw( ) ( ) cos( ) ( ) cos( )= −FHG

IKJ + −

FHG

IKJ−∞

∞

−∞

∞

−∞

∞

−∞

∞

zz zz1

2

1

2π π

f x f v wx wv i wx wv dv dw f v e dv dwi wx wv( ) ( ) cos( ) sin( ) ( ) ( )= − + −FHG

IKJ =

FHG

IKJ−∞

∞

−∞

∞

−

−∞

∞

−∞

∞

zz zz1

2

1

2π πb g

=1

2

1

2

1

2π π πf v e e dv dw f v e dv e dwiwx iwv iwv iwx( ) ( )−

−∞

∞

−∞

∞

−

−∞

∞

−∞

∞

zz zzFHG

IKJ =

FHG

IKJ . ♦

4.12 Exemple La transformée de Fourier existera sans problème pour une fonction à support compact, comme par exemple la fonction suivante :

156

1 si 1( )

0 ailleurs

tf t

<=

Alors, on trouve facilement 1

1

1 2 sinˆ ( ) 1 2

i tf e dtω ωω

π ωπ−

−

= ⋅ =∫ . La formule d’inversion donne

alors

f(x) ∼ 0

1 2 sin 2 sin cos( )

2i t t

e d dωω ω ωω ω

π ω π ωπ

∞ ∞

−∞

=∫ ∫ ,

Résumons :

1 si 1 2 sin 2ˆ( ) ( ) sinc0 ailleurs

tf t f

ωω ω

π ω π

<= ↔ = =

Mais alors on tire, en vertu du théorème 4.11a)

(23) 0

2 si 1sin cos( )

4 si 1

0 si 1

tt

d t

t

πω ω

ω πω

∞ <

= = >

∫

En particulier, lorsque t = 0, on a 0 0

sin sin lim lim Si( )

2

u

u ud d u

ω ω πω ω

ω ω

∞

→∞ →∞= = =∫ ∫ et il n’est donc

pas surprenant qu’on retrouvera le phénomène de Gibbs encore ! Par conséquent, l’intégrale de Fourier permet, d’un strict point de vue de l’analyse mathématique, de calculer des intégrales impropres, (23) étant appelée le facteur de discontinuité de Dirichlet. Elle permet encore d’observer le phénomène de Gibbs, lorsqu’on regarde le graphique de la fonction

0

sin cos( )( , )

aw wt

g t a dww

= ∫ pour différentes valeurs de a : voici les graphes de g(t, 8), g(t, 16) et

g(t, 32) :

157

4.13 Exemples Calcul de transformée de Fourier, utilisation de la symétrie entre les formules de transformées directe et inverse. 4.13.1 Il n’est pas facile de calculer une transformée de Fourier d’une fonction quelconque ! Et, contrairement à la transformée de Laplace, la transformée de Fourier n’existe pas toujours, au sens classique, pour des fonctions aussi simples qu’une constante, un sinus, un cosinus, ... Soit a > 0 et trouvons la transformée de Fourier de chacune des fonctions

2

( ) atf t e−= et ( ) a tg t e−=

(absolument sommable comme on peut le vérifier par comparaison avec une exponentielle du

type te α− ). On a, en complétant le carré, en utilisant successivement les changements de

variables u = x + iω/(2a) et u a t= et le résultat classique 2xe dx π

∞−

−∞

=∫ ,

22 2

2 2(4 ) (4 )

21ˆ( ) 2 2 2

ia aa xax i x auae e

f e e dx e dx e du

ωω ωωω

π π π

∞ ∞ ∞− −− + − − −

−∞ −∞ −∞

= = =∫ ∫ ∫

2 2 2

2(4 ) (4 ) (4 )

2 2 2

a a ate dt e e

ea a a

ω ω ω

ππ π

∞− − −−

−∞

= = =∫ .

(ici, une petite « passe » de bornes d’intégration a été faite : mais cela sera vu en analyse complexe).

On voit donc, en choisissant a = ½, que la fonction 2 2te− est sa propre transformée de Fourier !

Quant à g, un calcul direct montre que

( )2 2

2ˆ( )

ag

aω

π ω=

+

Résumons : pour a > 0,

2

2(4 )

ˆ( ) ( )2

aat e

f t e fa

ω

ω−

−= ↔ =

( )2 2

2ˆ( ) ( )a t a

g t e ga

ωπ ω

−= ↔ =

+

Remarquons que si ˆ ( )f ω est la transformée de Fourier de ( )f t , alors ( )f ω− est la transformée

de Fourier de ˆ ( )f t . Cette propriété est dite dualité :

ˆ( ) ( )

ˆ ( ) ( )

f t f

f t f

ω

ω

↔

↔ −

158

Cela donne de belles associations. Par exemple, à cause du résultat précédent, nous avons

2 2

1 ˆ( ) ( )2

aef t f

at a

ωπω= ↔ =

+ (a > 0)

En voici une autre. 4.13.2 Soit b > 0 et considérons

1 si ( )

0 autrement

b t bf t

− < <=

dont 2 2 sin( )ˆ ( ) 1

bi t

b

bf e dtω ω

ωπ π ω

−

−

= ⋅ =∫ .

Alors la transformée de Fourier de la fonction sin( )at

t est CHI( , , )

2a a

πω− =

si 2

0 autrement

aπ

ω

<

Résumons :

1 si 2 sin( ) 2ˆ( ) ( ) sinc( )0 autrement

b t b bf t f b b

ωω ω

π ω π

− < <= ↔ = =

sin( ) si 2

0 autrement

at a

t

πω

<

↔

4.13.3 Transformation de Fourier au sens des distributions (fonctions généralisées). La fonction

( ) 1f t ≡ n’est évidemment pas absolument sommable sur la droite. Par conséquent, sa transformée de Fourier n’existe pas au sens classique. Mais puisque

0( ) ( ) ( ) 1i te d e d dωδ ω ω δ ω ω δ ω ω∞ ∞ ∞

−∞ −∞ −∞

= = =∫ ∫ ∫ ,

cela signifie que ˆ( ) 1 ( ) 2 ( )f t f ω π δ ω≡ ↔ =

et

159

1ˆ( ) ( ) ( )2

f t t fδ ωπ

≡ ↔ = .

4.14 Théorème Propriétés de la transformation de Fourier, identité de Parseval Soient ( )1, , , f g Lα β ∈ ∈� � et dénotons par ( )0C � l’espace des fonctions continues sur�

qui tendent vers 0 à ± ∞ et employons le symbole « ℑ » pour indiquer l’opération de prendre la transformée de Fourier. a) Alors ( ) ( )1

0 : L Cℑ →� � est une transformation linéaire, i.e.

ℑ + = ℑ + ℑα β α βf g f g

b) Soit h la fonction définie par

h t f g t d( ) ( ) ( )= −−∞

∞

z τ τ τ .

Alors ( )1h L∈ � , est appelée la convolution de f et g, notée f t g t( ) ( )∗ , et on a

ˆ ˆ ˆ( ) 2 ( ) ( )h f gω π ω ω= ⋅ , i.e. ℑ ∗ = ℑ ⋅ℑf g f g2π

c) ( )00

ˆ( ) i tf t e fω ω ω ℑ = − et ( ) 00

ˆ ( ) i tf t t f e ωω − ℑ − = .

d) Si ( )1f L′∈ � , si ( )0f C∈ � , alors

[ ] ˆf i fω′ℑ = .

Cette dernière propriété prend la forme suivante dans le cas des transformations cosinus et sinus.

Si l’on écrit (voir (20) et (21) précédemment) ℑ =c cf� et ℑ =s sf� , alors

[ ] [ ]2

(0)c sf f fωπ

′ℑ = ℑ − et

[ ] [ ]s cf fω′ℑ = − ℑ ,

et, lorsqu’il est possible d’appliquer ces formules avec ′′f à la place de ′f , on a

160

[ ] [ ]2f fω′′ℑ = − ℑ ,

[ ] [ ]2 2(0)c cf f fω

π′′ ′ℑ = − ℑ − et

[ ] [ ]2 2(0)s sf f fω ω

π′′ℑ = − ℑ + .

e) Théorème d’inversion. Si ( )1f̂ L∈ � , si ( )-

ˆ( ) ( ) Ri tg t f e d tωω ω∞

∞

= ∈∫ , alors f = g presque

partout (« p.p. »). Ainsi, si ˆ ( ) 0 R,f ω ω= ∀ ∈ alors f = 0 p.p.

f) Identité de Parseval, théorème de l’énergie. Si ( ) ( )1 2f L L∈ ∩� � , alors �f f2 2

= .

Donc

2 2ˆ ( ) ( ) f d f t dtω ω∞ ∞

−∞ −∞

=∫ ∫ .

Si l’on assimile f(t) à un courant ou un voltage, alors f t( )2 est proprotionnel à la puissance du

signal et son intégrale à l’énergie du signal. La quantité 2ˆ ( )f ω est appelée densité d’énergie

spectrale. L’identité de Parseval nous indique combien d’énergie est conservée. g) Soit un système linéaire, invariant dans le temps (« LIT »), dont la réponse impulsionnelle est dénotée h(t) : T t h tδ ( ) ( )b g = où δ désigne la « fonction » de Dirac. Donc, soit un système T tel

que i) si ( ) ( )1 1 2 2( ) ( ), si ( ) ( )T x t y t T x t y t= = , si α α1 2, sont des scalaires, alors

T x t x t y t y tα α α α1 1 2 2 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( )+ +b g =

ii) si T x t y t( ) ( )b g = , si a est un réel, alors T x t a y t a( ) ( )− = −b g

Alors on a les résultats suivants :

1) T x t x t h t x h t d( ) ( ) ( ) ( ) ( )b g = ∗ = −−∞

∞

z τ τ λ .

Autrement dit , la sortie est entièrement caractérisée par la réponse impulsionnelle.

161

. 2) Les exponentielles sont des fonctions propres du système. Plus précisément,

T e H et tλ λλc h = ( )

où H h e d( ) ( )λ τ τλτ= −

−∞

∞

z est la valeur propre associée. En particulier, ( ) ( )i t i tT e H eω ωω= où

H(ω) est la transformée de Fourier de la réponse impulsionnelle (qui existera au sens classique si

( )1h L∈ � ).

Preuve : Les preuves de e) et f) et le fait, en a), que ( )0f̂ C∈ � , se retrouvent, par exemple, dans

le volume Real and Complex Analysis, de Walter Rudin, McGraw-Hill, 1974. Les autres preuves sont laissées en exercice. ♦ 4.15 Exemples 4.15.1 Le théorème 4.14c) et l’exemple 4.13.3 permettent d’écrire que

( )00

ˆ( ) ( ) 2i tf t e fω ω πδ ω ω≡ ↔ = −

4.15.2 Les formules d’Euler permettent maintenant d’écrire que

( ) ( ) ( )( )0 0 02ˆ( ) sin ( )2

f t t fi

πω ω δ ω ω δ ω ω≡ ↔ = − − +

et

( ) ( ) ( )( )0 0 02ˆ( ) cos ( )2

f t t fπ

ω ω δ ω ω δ ω ω≡ ↔ = − + +

4.15.3 La fonction échelon unité u(t) ou STEP(t) n’est pas absolument sommable et ne s’annule pas à l’infini. On ne peut donc pas appliquer le résultat de 4.15.1 et du théorème 4.14d) afin de trouver sa transformée de Fourier. Mais puisque

1 sign( )( )

2

tu t

+= ,

où « sign » désigne la fonction signe, on a qu’à trouver la transformée de Fourier de cette dernière fonction. Rendons la fontion sign absolument intégrable en la multipliant par une exponentielle : soit a > 0 et posons

( ) sign( )a tf t e t= .

Puisque 0

sign( ) lim ( )a

t f t→

= , on a, en se permettant d’intervertir les opérations de limite et

d’intégrale,

162

[ ]0

( ) ( )

0 00

1 1sign( ) lim sign( ) lim

2 2a t i t a i t a i t

a at e t e dt e dt e dtω ω ω

π π

∞ ∞− − − +

→ →−∞ −∞

ℑ = = − +

∫ ∫ ∫

2 20

1 2 1 2lim

2 2a

i

ia

ω

ωωπ π→

− = =

+

Mais alors [ ]1 1 2 2

( ) 2 ( ) ( )2 22 2

iu t w

i

ππδ ω δ

ωπ ω π

ℑ = + = −

.

Résumons :

2( ) ( )

2 2

iu t

πδ ω

ω π↔ −

4.15.4 Soit f(t) une fonction périodique de période 0

2T

π

ω= représentée par sa série de Fourier

sous forme complexe (équation (4 ''') de 3.10) :

0( ) in tn

n

f t c e ω∞

=−∞

= ∑

Alors, par 4.15.1, on a [ ] ( )0( ) 2 nn

f t c nπ δ ω ω∞

=−∞

ℑ = −∑ . Donc :

( )002in t

n nn n

c e c nω π δ ω ω∞ ∞

=−∞ =−∞

↔ −∑ ∑

En particulier, la fonction périodique ( ) ( )n

x t t nTδ∞

=−∞

= −∑ (dit un « train d’impulsions ») est telle

que 0

2

2

1 1( )

Tin t

nT

c t e dt nT T

ωδ −

−

= = ∀∫ et ainsi on a

( )00

0

2( )

2n n

t nT n Tω π

δ δ ω ωωπ

∞ ∞

=−∞ =−∞

− ↔ − =

∑ ∑

163

Équations de la chaleur dans une tige de longueur infinie et des ondes pour une corde semi-infinie. Le lemme suivant servira :

4.16 Lemme Soit b > 0. Alors e bs ds es b−

∞

−=z 2 2

220

cos( ) π

et si c, t > 0

e px pv dpc t

x v

c tc p t−

∞

− = −−F

HGIKJz 2 2

2 40

2

2cos( ) exp( )

π

.

Preuve : le second résultat découle du premier en effectuant le changement de variable ps

c t=

et en choisissant bx v

c t=

−

2. Démontrons donc le premier résultat, ce qui pourra se faire à l’aide

des variables complexes. Pour l’instant, contentons-nous d’y aller comme suit. Posons

f b e bs dss( ) cos( )= −

∞

z 2

20

. On a f ( )02

=π

et si l’on se permet de dériver sous le signe intégral

et qu’on intègre ensuite par parties, on obtient

′ = − = −−

∞

−∞

−

∞

z zf b se bs ds bs e e bs b dss s s( ) sin( ) sin( ) cos( )2 2 2 2 22 2 2

00

0

= 0 2 2− = −bf b bf b( ) ( )

puisque la fonction sinus est bornée. Donc, ′ = − ⇒ = − ⇒ = −f bfdf

fb db f ce b2 2

2

et la

constante c étant f(0), le résultat suit. ♦ 4.17 Exemple Regardons ce qui se produit lorsqu’on utilise la méthode de séparation des variables pour le problème

∂

∂=

∂

∂

u

tc

u

x2

2

2

u x f x x( , ) ( ),0 = − ∞ < < ∞

Il s’agit, ici, de l’équation de la chaleur dans une tige de longeur infinie, donc pas de conditions aux frontières, mais une condition initiale de température. Posons u x t F x G t( , ) ( ) ( )= . Alors, on

obtient F x G t c F x G t( ) ( ) ( ) ( )′ = ′′2 ou encore F x c G t

F x G t

( ) ( )

( ) ( )

2

0′′ ′

= . Il existe donc une constante λ

telle que

164

′′ =F x F x( ) ( )λ et ′ =G t c G t( ) ( )λ 2 .

Si l’on cherche une solution bornée, alors on doit prendre λ < 0 et donc on trouve que, posant λ = − p2 avec p > 0,

u x t p A px B px e c p t( , , ) cos( ) sin( )= + −b g 2 2

où A et B sont des constantes quelconques. On a encore un problème afin de satisfaire la condition initiale : il faudrait que f x A px B px( ) cos( ) sin( )= + ... L’idée, c’est de prendre une solution (formelle pour l’instant) du type

u x t u x t p dp A p px B p px e dpc p t( , ) ( , , ) ( ) cos( ) ( ) sin( )= = +∞

−

∞

z z 0 0

2 2b g

car l’É.D.P. est linéaire et homogène. Il faudrait alors que

u x A p px B p px dp f x( , ) ( ) cos( ) ( ) sin( ) ( )00

= + =∞

z b g

ce qui est possible si l’on choisit A et B comme suit :

A p f v pv dv B p f v pv dv( ) ( ) cos( ) , ( ) ( ) sin )= =−∞

∞

−∞

∞

z z1 1

π π .

Alors, on aurait la solution

u x t f v px pv e dv dp f v px pv e dp dvc p t c p t( , ) ( ) cos( ) ( ) cos( )= −FHG

IKJ = −

FHG

IKJ

−

−∞

∞∞

−

∞

−∞

∞

zz zz1 12 2 2 2

0 0π π

= 1

2 4

1

2

2

24

2

2

π

π

πf v

c t

x v

c tdv

c tf v e dv

x v

c t( ) exp( )

( )( )

−−F

HGIKJ =

−∞

∞−

−

−∞

∞

z z

où l’on s’est permis de permuter l’ordre d’intégration et avons utilisé le lemme précédent.

Finalement, le changement de variable zv x

c t=

−

2 donne

u x t f x cz t e dzz( , ) = +−∞

∞

−z12

2

πd i .

Nous avons donc obtenu le

165

4.18 Théorème Le problème

∂

∂=

∂

∂

u

tc

u

x2

2

2, u x f x x( , ) ( ),0 = − ∞ < < ∞

admet la solution (formelle)

u x tc t

f v e dvx v

c t( , ) ( )( )

=−

−

−∞

∞

z1

2

2

24

π.

(on peut montrer que c’est effectivement une solution)

4.19 Exemple Prenons comme condition initiale la fonction f xx

( ) =<RST

100 1

0

si

autrement

La réponse précédente est alors

u x tc t

e dvx v

c t( , )( )

=−

−

−

z502

24

1

1

π

et on peut tracer, à l’ordinateur, cette fonction (ou simplement visualiser des courbes pour quelques valeurs de t) : prenons c = 1.

Nous avons fait tracer le graphe de u(x, t) en partant avec t = 0. 05 pour éviter la discontinuité :

166

4.20 Exemple Reprenons le théorème en appliquant immédiatement la transformée de Fourier à l’É.D.P. On a

∂

∂=

∂

∂

u

tc

u

x2

2

2, u x f x x( , ) ( ),0 = − ∞ < < ∞ .

Soit �u u= ℑ lorsqu’on considère u comme une fonction de x. Alors

ℑ∂

∂

LNMOQP = ℑ

∂

∂

LNMOQP

u

tc

u

x2

2

2

et le théorème 4.14d) donne 2 2ˆ

ˆdu

c udt

ω= − .

Mais alors, 2 2

ˆ( , ) c tu t ke ωω −= et, puisque ( ) ˆˆ ˆ( ,0) ( ) ( )k u u f x fω ω= = = , on a obtenu

2 2ˆˆ( , ) ( ) c tu t f e ωω ω −= .

Mais l’exemple 4.13.1 permet d’écrire que

2

2(4 )

2

x aae

ea

ω−

−

ℑ =

et donc, avec a c t= 2 , on a

2 2(4 )

ˆˆ( , ) ( )2

x c teu t f

c tω ω

− = ℑ

et le théorème de convolution permet d’écrire

2 2 2 2(4 ) ( ) (4 )1 1( , ) ( ) ( )

2 2 2 2

x c t x c te eu x t f x f d

c t c t

τ

τ τπ π

∞− − −

−∞

= ∗ =

∫

= 2 2( ) (4 )1

( ) 2

x c tf e dc t

ττ τπ

∞− −

−∞∫ ,

exactement comme tantôt ! ! ! 4.21 Exemple Tige semi-infinie, utilisation de la transformée de Laplace. Considérons maintenant le problème suivant (nous prenons c = 1)

∂

∂=

∂

∂

u

t

u

x

2

2, x > 0, t > 0, u t u x( , ) , ( , )0 1 0 0= = .

167

(Note : ici « u » représente toujours la température au point x à l’instant t. Si nous devons utiliser la fonction échelon-unité de Heaviside, nous emploierons « H » pour la désigner). Posons U x s L u x t( , ) ( , )= . En appliquant la transformée de chaque côté de l’É.D.P., nous

obtenons sUd U

dx− =0

2

2, d’où, puisque s > 0, U x s c e c ex s x s( , ) = + −

1 2 . La solution qu’on

cherche devant être bornée, on doit prendre c1 0= . Ainsi U x s c e x s( , ) = −2 et

c U s L u t Ls2 0 0 11

= = = =( , ) ( , ) . Donc, la remarque 4.7 permet d’écrire

21

2

2( , ) erfc

2

x sv

x

t

e xu x t L e dv

s t π

∞−− −

= = =

∫ .

Visualisons cette solution. La tige s’étend de x = 0 jusqu’à l’infini vers la droite, initialement la température est à 0, sauf en x = 0 où il fait 1 toujours :

4.22 Exemple Corde semi-infinie, utilisation de la transformée de Laplace. Considérons maintenant le problème des ondes suivant :

∂

∂=

∂

∂

2

22

2

2

u

tc

u

x, x > 0, t > 0, u t f t u x t t

x( , ) ( ), lim ( , )0 0 0= = ∀ ≥

→∞

u xu

t t

( , ) ,0 0 00

=∂

∂=

=

(conditions initiales nulles)

Il s’agit donc d’une corde semi-infinie, dont l’extrémité gauche (en x = 0) décrit une courbe donnée par une fonction f(t) dont nous dénoterons la transformée de Laplace par F(s) et dont l’extrémité droite est fixée à 0, cela « très très loin » à droite. On va encore prendre la transformée de Laplace par rapport à la variable t, donc posons

L u x t U x s( , ) ( , )= .

168

L’É.D.P. est transformée en s U su xu

tx c

d U

dx2 2

2

20 0− −

∂

∂=( , ) ( , ) , d’où

d U

dx

s

cU

2

2

2

20− = . Ainsi,

nous avons U x s c e c esx c sx c( , ) = + −1 2 et, encore ici, une solution bornée force c1 0= . Mais alors

U x s c e c U s L u t L f t F ssx c( , ) ( , ) ( , ) ( ) ( )= ⇒ = = = =−

2 2 0 0 .

On a donc U x s F s e sx c( , ) ( )= − . En inversant les transformées et en utilisant la propriété de translation, nous obtenons

u x t f tx

cH t

x

c( , ) = −

FHGIKJ −FHGIKJ .

169

Liste d’exercices #4 Équations de la chaleur, des ondes, cas plus généraux. Séries et transformées de Fourier : propriétés, applications aux É.D.O./É.D.P. Application de la transformée de Laplace aux É.D.P. Fonctions propres d’un système LIT.

4.23 Équation de la chaleur dans une tige de longueur finie, disons π. Soit

∂

∂=

∂

∂

u

tc

u

x2

2

2, (0, ) ( , ) 0 ( 0)u t u t tπ= = > .

Trouvez u(x, t) si a) ( ,0) 2sin(3 )u x x= b) ( ,0) 3sin 5sin(2 )u x x x= −

c)

2 si 0 2

( ,0) 2

( ) si 2

xx

u x

x x

ππ

π π ππ

≤ ≤

= − < ≤

4.24 Équation non homogène de la chaleur dans une tige de longueur L où une perte de chaleur est provoquée par un facteur de radioactivité. Montrez que le problème non homogène

∂

∂−

∂

∂= −u

tc

u

xNe x2

2

2α

u t u L t t( , ) ( , )0 0= = ∀ u x f x( , ) ( )0 =

peut se ramener au problème homogène en posant u x t v x t w x( , ) ( , ) ( )= + et en déterminant w de telle sorte que v satisfasse l’équation homogène et les conditions

v t v L t v x f x w x( , ) ( , ) , ( , ) ( ) ( )0 0 0= = = − . 4.25 Corde vibrante. Trouvez u(x, t) pour la corde aux extrémités attachées, de longueur L = π, c2 1= et vitesse initiale nulle. Utilisez la méthode de séparation des variables. Tracez ensuite quelques graphiques de u(x, t) pour certaines valeurs de t avec 0 ≤ x ≤ π, en prenant une somme partielle. Finalement, utilisez la solution de d’Alembert pour vérifier vos graphiques. Voici la position initiale de la corde :

a) u xx x

( , )( )

010

=−π

170

b) 1

( ,0) sin sin(2 )2

u x k x x

= −

(k une constante positive)

c) ( )2 2( ,0)10

xu x xπ= −

4.26 Utilisation de la transformée de Laplace pour résoudre des É.D.P. Utilisez cette technique pour

a) ∂

∂+

∂

∂= = =

u

xx

u

tx u x u t2 2 0 1 0 1, ( , ) , ( , ) .

b) xu

x

u

txt u x x u t t

∂

∂+

∂

∂= = ≥ = ≥, ( , ) , ( , ) si si 0 0 0 0 0 0

c) ∂

∂=

∂

∂

2

22

2

2

u

tc

u

x (t > 0, 0 < x < L),

(0, ) ( , ) 0 ( 0)u t u L t t= = ≥ , ( ,0) sin (0 )x

u x x LL

π = ≤ ≤

( ,0) 0 (0 )tu x x L= ≤ ≤

Comparez avec ce que prédit le théorème 4.8a). d) une équation de la chaleur dans une tige semi-infinie :

2

24 ( 0, 0)

u ux t

t x

∂ ∂= > >

∂ ∂

avec la condition à la frontière 2(0, ) ( 0)u t t t= ≥

et la condition initiale ( ,0) 0 ( 0)u x x= > .

Indice : posez [ ]( , ) ( , )U x s L u x t= où L désigne ici la transformée de Laplace et prenez la

transformée de Laplace de chaque côté de l’É.D.P. Utilisez aussi le fait que erfc2

y sy e

st

− ↔

(où erfc( ) 1 erf ( )t t≡ − ) afin de répondre sous forme d’une intégrale de convolution où la fonction erfc apparaît. e) Soit A une constante. On considère une équation des ondes

2 22

2 2( 0, 0)

u uc x t

t x

∂ ∂= > >

∂ ∂

avec la condition à la frontière (0, ) ( 0)u t t t= ≥

171

et les conditions initiales

( ,0) 0, ( ,0) ( 0)u

u x x A xt

∂= = >

∂

4.27 Équation de la chaleur dans une plaque carrée. Soit la plaque de cuivre carrée

{ }( , ) : 0 , 24C x y x y= ≤ ≤

dont les faces sont parfaitement isolées. Trouvez la température en régime permanent (donc, résolvez l’équation de Laplace) si : a) le côté supérieur est maintenu à 20°C et que les 3 autres côtés sont maintenus à 0°C; b) les côtés supérieur et inférieur sont parfaitement isolés, le côté gauche maintenu à 0°C et le côté droit maintenu à f(y) °C. 4.28 Utilisez la solution de d’Alembert

a) pour résoudre l’équation des ondes 2 2

2 24 ( , 0)

u ux t

t x

∂ ∂= −∞ < < ∞ >

∂ ∂

avec les conditions initiales ( ,0) , ( ,0) cos(4 ) ( )x uu x e x x x

t− ∂

= = −∞ < < ∞∂

b)

2 2

2 216 pour , 0

( ,0)

( ,0) cosh

x

u ux t

t x

u x xe

ux x

t

∂ ∂= − ∞ < < ∞ >

∂ ∂

=∂ =

∂

4.29 On considère l’équation des ondes non homogène :

2 2

2 23 2 (0 2, 0)

u ux x t

t x

∂ ∂= + < < >

∂ ∂

avec les conditions aux frontières (0, ) (2, ) 0 ( 0)u t u t t= = ≥

et les conditions initiales

172

( ,0) 0, ( ,0) 0 (0 2)u

u x x xt

∂= = ≤ ≤

∂.

. a) Vérifiez que la méthode de séparation des variables ne fonctionne pas ici. b) Posez ( , ) ( , ) ( )v x t u x t h x= + et choisissez h(x) afin de revenir à un problème standard, résolu en classe. Trouvez ainsi la solution u(x, t). c) Produisez quelques graphiques de u(x, t) pour certaines valeurs de t et estimez l’impact de la force extérieure en traçant les graphiques de la solution qu’on obtiendrait sans la présence du terme 2x.

4.30 Montrez que l’É.D.P. 2

2

u u uk A Bu

t xx

∂ ∂ ∂= + + ∂ ∂∂

peut être transformée en une équation de

la chaleur « standard » (comme celle vue en classe) en posant ( , ) ( , )x tu x t e v x tα β+= et en

choisissant α et β convenablement. 4.31 Équation des ondes avec force extérieure Même question qu’en 4.29 Soit à résoudre

2 2

2 24 2 pour 0 9, 0

(0, ) (9, ) 0 pour 0

( ,0) 0, ( ,0) pour 0 9

u ux t

t xu t u t t

uu x x x x

t

∂ ∂= + < < >

∂ ∂

= = ≥

∂= = ≤ ≤

∂

a) Trouvez une solution en série. b) Afin d’avoir une idée de l’impact de la force extérieure (le terme 2), tracez, dans une même fenêtre, le graphique d’une somme partielle d’ordre 40 pour la solution trouvée ainsi que pour celle du problème standard (donc en enlevant le terme + 2). Produisez des graphiques pour les instants suivants du temps : t = 0.5, 1.2, 2.6, 3.5, 5 et 8. 4.32 Équation de la chaleur Cas où la température aux extrémités est différente. Résolvez le problème

22

2pour 0 , 0

u uc x L t

t x

∂ ∂= < < >

∂ ∂

( ,0) ( ) pour 0u x f x x L= ≤ ≤

1 2(0, ) , ( , ) pour 0u t T u L t T t= = >

Indice : posez ( , ) ( , ) ( )u x t U x t xϕ= + et choisissez ( )xϕ de façon à revenir au problème standard. 4.33 Équation des ondes avec force extérieure, solution de d’Alembert

173

Appelons les droites 1x ct k− = et 2x ct k+ = ( )1 2, des constantesk k les caractéristiques de

l’équation des ondes. Utilisez le théorème de Green afin de démontrer le résultat suivant : Le problème

2 22

2 2( , ), , 0

( ,0) ( ), ( ,0) ( ),

u uc F x t x t

t xu

u x f x x g x xt

∂ ∂= + − ∞ < < ∞ >

∂ ∂

∂= = − ∞ < < ∞

∂

admet la solution suivante :

( )1 1 1

( , ) ( ) ( ) ( ) ( , )2 2 2

x ct

x ct

u x t f x ct f c ct g d F d dc c

ξ ξ ξ η ξ η+

− ∆

= − + + + +∫ ∫∫

où ∆ est un triangle caractéristique ayant (x, t) comme un sommet. 4.34 Considérons un exemple appliquant le résultat précédent. Soit le problème suivant :

2 22 2

2 225 ( , 0)

( ,0) cos , ( ,0) ( )x

u ux t x t

t xu

u x x x x e xt

−

∂ ∂= + −∞ < < ∞ >

∂ ∂

∂= = −∞ < < ∞

∂

a) Montrez que la méthode de 4.33 mène à la solution

( ) 5 5

4 2 6

1 1 1( , ) ( 5 )cos( 5 ) ( 5 )cos( 5 )

2 10 101 5

12 36

x t x tu x t x t x t x t x t e e

t x t

− − − += − − + + + − +

+ +

b) Montrez qu’on obtient la même solution si l’on utilise la transformée de Laplace, en posant

[ ]( , ) ( , )U x s L u x t= . N’oubliez pas que, ici, x varie de −∞ à +∞ et que la transformée de Laplace

U(x, s) doit tendre vers 0 lorsque s tend vers ∞. 4.35 L’équation de la chaleur non-homogène, tige de longueur L. Considérons le problème suivant (qui généralise le théorème 4.1a).

174

(1) 2

2( , ) (0 , 0)

u uk F x t x L t

t x

∂ ∂= + < < >

∂ ∂

(2) ( ,0) ( ) (0 )u x f x x L= ≤ ≤

(3) (0, ) ( , ) 0 ( 0)u t u L t t= = ≥

On sait que lorsque F(x, t) ≡ 0, alors la solution est 2 2 2/

1

( , ) sin n kt Ln

n

n xu x t b e

Lππ∞

−

=

=

∑ où

bL

f xn x

Ldx nn

L

=FHGIKJ ≥z2 1

0

( ) sin ( )π

(en effet, 2k c= ici) .

a) Posez 0

2( ) ( , ) sin

L

nn

T t u t dL L

πξξ ξ

=

∫ et montrez qu’on obtient l’É.D.

2 2

2( ) ( ) ( )n n n

n kT t T t B t

L

π′ + = où

0

2( ) ( , ) sin

L

nn

B t F t dL L

πξξ ξ

=

∫ .

b) Résolvez cette É.D. afin d’obtenir 2 2 2 2 2 2( )

0

( ) ( )t

n k t L n kt Ln n nT t e B d b eπ τ πτ τ− − −= +∫ .

c) Il suffit alors de substituer la valeur de ( )nT t dans 1

( , ) ( ) sinnn

n xu x t T t

L

π∞

=

=

∑ et c’est terminé!

4.36 Un exemple de la méthode précédente. Soit le problème

2

24 , 0 4, 0

(0, ) ( , ) 0

20 si 04( ,0) ( )

0 si 4

u uxt x t

t tu t u t

xu x f x

x

π

π

ππ

∂ ∂= + < < >

∂ ∂

= =

≤ ≤

= = < ≤

En utilisant la méthode de 4.35, montrez qu’on trouve la solution

( )2 2

12 4 4

51 1

( 1) 40( , ) 1 4 sin( ) 1 cos sin( )

48

nn t n t

n n

nu x t n t e nx nx e

nn

π

π

+∞ ∞− −

= =

− = − + + + −

∑ ∑

175

4.37 Calculs et propriétés des transformées de Fourier. a) Trouvez les transformées de Fourier pour chacune des fonctions suivantes.

i) f xe x

xk

kx

( ) ( )=RST

> si < 0

si > 0

00 ii) f x

x x( ) =

− < <RST si 1

autrement

1

0

iii) 1 si

( ) 0 autrement

b x cf x

< <=

iv) si

( ) 0 autrement

axe b x cf x

< <=

b) Si f(x) admet la transformée de Fourier �( )f w , si a ∈ � , trouvez la transformée de Fourier de i) f(x − a) ii) e f xiax ( ) iii) f x( )− 4.38 Intégrale de Fourier. a) En utilisant la représentation d’une fonction par l’intégrale de Fourier, montrez que

i)w xw

wdw e x xx

3

40 4 2

0sin( )

cos( )+

= >∞

−z si π

ii) cos( ) cos( ) cos( )π

ππ

π

w xw

wdw

x x

x

2

12

2

0 22

0 −=

<

>

RS|T|

∞

z si

si

iii) ( )

220

4sin( ) ( )

1

xxe x d xω

ω ωπ ω

∞−

= ∈+

∫ �

iv) Soit k une constante positive. Alors 2 2

0

2sin( ) ( 0)kxe x d x

k

ωω ω

π ω

∞− = >

+∫

b) Trouvez :

i) la transformée de Fourier cosinus de cos πx

x

2

1 2

b g−

.

176

ii) la transformée de Fourier sinus de x

x

3

44 + .

iii) la transformée de Fourier (complexe) de la fonction 1 si 1 1

( )0 si 1

t tf t

t

− − ≤ ≤=

>

4.39 Équation de la chaleur dans une tige de longueur infinie. Soit ∂

∂=

∂

∂

u

tc

u

x2

2

2,

2 2

0( ,0) ( )xu x u e xσ−= −∞ < < ∞ où 0 0, 0u σ> > sont des constantes.

Montrez que pour tout t > 0 la température u(x, t) de la tige est donnée par la formule

2 2

2 20 1 42 2

( , )1 4

x

c tuu x t e

c t

σ

σ

σ

−+=

+.

4.40 Équation de la chaleur dans une tige de longueur infinie. Soit ∂

∂=

∂

∂

u

tc

u

x2

2

2,

u xx

x( , ) ( )01

1 2=

+−∞ < < ∞ . Résolvez et tracez quelques graphiques de u(x, t) pour certaines

valeurs de t en restreignant x à l’intervalle −3 < x < 3 (prendre c =1 pour faire les graphes). a) en utilisant l’intégrale de Fourier b) en prenant immédiatement la transformée de Fourier de chaque côté de l’É.D.P. et en utilisant le théorème de convolution. 4.41 Équation des ondes pour une corde infinie ou semi-infinie Résolvez les problèmes suivants, de la façon indiquée. Dans tous les cas, on recherche des solutions bornées. a) Corde semi-infinie. Utilisez la méthode de séparation des variables et une représentation par intégrale de Fourier pour résoudre le problème suivant.

177

2 2

2 29 pour 0 , 0

(0, ) 0 pour 0

(1 ) si 0 1( ,0)

0 si 1

( ,0) 0 pour 0

u ux t

t xu t t

x x xu x

x

ux x

t

∂ ∂= < < ∞ >

∂ ∂

= ≥

− ≤ ≤=

>

∂= < < ∞

∂

b) Corde semi-infinie. Utilisez ici la transformée de Laplace pour résoudre le problème suivant.

2 22

2 2pour 0 , 0

sin(2 ) pour 0 1(0, )

0 pour 1

( ,0) 0 pour 0

( ,0) 0 pour 0

u uc x t

t x

t tu t

t

u x x

ux x

t

π

∂ ∂= < < ∞ >

∂ ∂

≤ ≤=

>

= < < ∞

∂= < < ∞

∂

Indice : posez [ ]( , ) ( , )U x s L u x t= où L désigne la transformée de Laplace. Employez H pour la

fonction échelon-unité de Heaviside, la lettre u étant déjà utilisée. c) Corde infinie. Utilisez la méthode de séparation des variables et une représentation par intégrale de Fourier pour résoudre le problème suivant.

2 2

2 2

4

4 pour , 0

sin pour 2( ,0) ( )

0 pour 2 ou

( ,0) ( ) x

u ux t

t x

x xu x f x

x x

ux g x e

t

π π

π π

−

∂ ∂= − ∞ < < ∞ >

∂ ∂

− ≤ ≤= ≡

< − >

∂= ≡

∂

(remarquez que les fonctions f et g sont absolument sommables). 4.42 Propriétés de la convolution. Posons

( ) ( ) ( ) ( ) ( )y t x h t d x t h tτ τ τ∞

−∞

= − = ∗∫

178

Remarquons que si x et h sont 2 fonctions absolument sommables, alors y l’est aussi par le théorème 4.14b). De plus, par 4.14g), on peut écrire que y est la sortie correspondant à l’entrée x d’un système LIT dont h désigne la réponse impulsionnelle. Démontrez les propriétés suivantes : a) ( )( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )cx t h t x t ch t cy t c∗ = ∗ = ∈�

b) La convolution est commutative, associative et distributive :

( ) ( )

( )1 2 1 2

1 2 1 2

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

x t h t h t x t

x t h t h t x t h t h t

x t h t h t x t h t x t h t

∗ = ∗

∗ ∗ = ∗ ∗

∗ + = ∗ + ∗

c) La « fonction » de Dirac en est l’élément neutre et la fonction échelon-unité a l’effet d’un intégrateur :

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )t

x t t x t

x t u t x d

δ

τ τ−∞

∗ =

∗ = ∫

d) Modification de la variable t :

( ) ( ) ( )1 2 1 2

Changement d'échelle: ( ) ( ) ( ) ( 0)

Translation:

Renversement du temps: ( ) ( ) ( )

y ct c x ct h ct c

y t t t x t t h t t

y t x t h t

= ∗ >

− − = − ∗ −

− = − ∗ −

e) Si x(t) = 0 en dehors de [ ],a b , si h(t) = 0 en dehors de [ ],c d , alors y(t) = 0 en dehors de

[ ],a c b d+ + .

f) Les exponentielles sont des fonctions propres d’un système LIT : plus précisément, si

( ) tx t eλ= , alors ( ) ( ) avec la valeur propre ( ) ( )ty t H e H h e dλ λτλ λ τ τ∞

−

−∞

= = ∫ .

Et si ( ) i tx t e ω= , alors ( ) ( ) i ty t H e ωω= avec H(ω) la transformée de Fourier de h(t).