ANNEXE 1. Solutions des exercices. Exercice 1.1 a) Cette EDP est linéaire, non homogène et d ordre 2. Pour montrer que l EDP est linéaire, considérons

ANNEXE 1 Solutions des exercices. Chapitre 1 Exercice 1.1 a Cette EDP est linéaire, non homogène et d ordre. Pour montrer que l EDP est linéaire, considérons l opérateur u Lu u x x y. Celui-ci est linéaire. En effet, prenons a, b et u, v deux fonctions. Alors il nous faut vérifier que La u b v a Lu b Lv. Mais par les propriétés des dérivés partielles, nous obtenons La u b v a u b v a u b v x x a u y x b v x a x y b x v a Lu b Lv. y Ceci complète le preuve que L est un opérateur linéaire. Comme notre équation est de la forme Lu y, nous pouvons conclure que l EDP est linéaire. À cause aussi de cette forme, l EDP est non homogène. Comme la dérivée partielle d ordre supérieure est d ordre, alors l EDP est d ordre. b Cette EDP n est pas linéaire. Elle est d ordre 1. Cette EDP est de la forme T u 1 où T est l opérateur u T u u x. y Pour vérifier que cette EDP n est pas linéaire, il suffit de montrer que T n est pas un opérateur linéaire. Il nous faut donc trouver deux nombres réels a et b, ainsi que deux fonctions u et v tels que T a u b v a T u b T v. Prenons a b 1, u x y et v y. Nous obtenons x y y T u v T x y y x y y x y y x y x y y 1 y 4 x y y 3 3y 4xy; x y x y T u T x y x y x y 4 x y et x y. y T v T y y y y y y 3 x y Nous voyons bien dans ce cas que T uv T ut v. Ceci montre que l EDP n est pas linéaire. Comme la dérivée partielle d ordre supérieure est d ordre 1, alors l EDP est d ordre 1. Pour c, d et e, nous allons seulement donner les réponses. Il suffit de procéder comme ci-dessus dans chacun de ces cas, nous laissons aux étudiantes le soin de faire ces vérifications. c Cette EDP est linéaire, homogène et d ordre 4. d Cette EDP est linéaire, non homogène et d ordre. e Cette EDP n est pas linéaire. Elle est d ordre. 143

Exercice 1. Si ux, y x y, alors x x, u x, montre que u est bien une solution. Si ux, y e x siny, alors y y, u y u x u y x ex siny, u x ex siny, montre que u est bien une solution. y ex cosy, u y ex siny u x u y Exercice 1.3 appelons que l équation différentielle ordinaire Y y Y y pour laquelle Y Y y est une fonction de la variable y et Y y désigne la dérivée seconde par rapport à y a comme solution générale Y y a cosy b siny où a et b sont des nombres réels quelconques. Nous pouvons maintenant adapter ce résultat. Ainsi l EDP u y u avec u ux, y, a comme solution générale ux, y ax cosy bx siny où ax et bx sont des fonctions quelconques de x. Exercice 1.4 Si ξ x y et η x y, alors en utilisant la règle de chaines nous obtenons x ξ ξ x η η x ξ η ; u x [ ξ ξ ] ξ η x [ η ξ ] [ η ] [ η x u ξ u ] u 1 ξ η ξ η u η 1 u ξ u ξ η u η ; y ξ ξ y η η y ξ η et u y [ ξ ξ ] ξ η y [ η ξ ] [ η ] [ η y u ξ u ] u 1 ξ η ξ η u η Conséquemment u ξ u ξ η u η. Il nous suffit donc de résoudre l EDP Mais nous avons u ξ η ξ u x u y devient 4 u ξ η. u ξ η. [ ] fη et uξ, η η η 144 fη dη gξ hη gξ,

où f, g et h sont des fonctions dérivables arbitraires. Donc la solution générale est ux, y gxyhx y, avec g et h comme ci-dessus. Exercice 1.5 appelons que nous avons En utilisant la règle de chaines, nous avons x r r x θ θ x [ u x x ] x x y y x y r x y et θ arctany/x. x x y r r [ u r r θ y x y 3/ r y x y θ ; [ x u r x y r x u r θ ] x u θ θ x xy x y θ x u x y r ] θ [ x x y x y ] θ xy x y 3/ r θ y u x y θ ; y r r y θ θ y y x y r x x y θ et [ u y y ] y x y x x y r [ u r r θ x x y 3/ r [ y u r x y r y u r θ ] y u θ θ y xy x y θ y u x y r Donc après substitution et simplification, nous obtenons que t k u x u y est équivalent à t k ] θ [ y y Comme r x y, l équation de la chaleur en coordonnées polaires est 1 t k r r u r 1 u r θ. Chapitre Exercice.1 t c x t c x λ u cλ x x x y ] θ xy x y 3/ r θ x u x y θ. 1 x y r u r 1 x y t c x t c u t c u t x λ t cλ x u t c u x λ t 145 x λu c u θ. cλ x u x t u c x λ x

en supposant que les dérivées partielles d ordre de u sont continues. Cette dernière hypothèse a comme conséquence que u t x u x t. Si nous considérons alors t c x t c x λ u {{ v v t c v cλ x x. Nous obtenons donc le système t c x λu v v t c v x cλ x. Mais ce système est équivalent au système t c x v λu v t c v x cλ x. cλ x, Exercice. Considérons le système d équations différentielles ordinaires dt ds 1 et dx ds c. Nous pouvons résoudre ces équations par séparation de variables: dt 1 dt ds dt ds constante t s t ds et dx c dx c ds ds dx c ds constante x c s x. Si nous considérons la fonction u recherchée comme fonction de s, i.e. us uxs, ts, alors en utilisant la règle de chaines et le fait que u est une solution de l EDP t c λu, x nous obtenons du ds dx x ds dt t ds c dx t λu Nous pouvons résoudre cette dernière équation différentielle ordinaire par séparation de variables du ds λu du du λ ds u u λ ds constante lnu λ s constante. Si nous fixons u u, alors nous aurons us u e λs. Ainsi les courbes caractéristiques sont s xs, ts, us c s x, s t, u e λs. 146

Si nous considérons les conditions initiales: x τ, t et u fτ, alors nous obtenons les courbes caractéristiques: s xs, τ, ts, τ, us, τ c s τ, s, fτ e λs. Il est possible de déterminer la fonction inverse de s, τ xs, τ, ts, τ. En effet { { c s τ x s t. s t τ x c s x c t Donc si nous exprimons u en fonction de x et t plutôt que s et τ, nous obtenons ux, t fx ct e λt. Cette fonction est la solution du problème. Nous pouvons vérifier ceci facilement. En effet nous avons Conséquemment t cf x cte λt λfx cte λt et x f x cte λt. t c x λu cf x cte λt λfx cte λt cf x cte λt λfx cte λt et ux, fx c e λ fx. Exercice.3 a Si fx x et gx, alors la solution de d Alembert est ux, t 1 c xct x ct gλ dλ 1 fx ct fx ct 1 c b Si fx et gx x, alors la solution de d Alembert est xct ux, t 1 c 1 λ c x ct ] λxct xct x ct gλ dλ 1 fx ct fx ct 1 c λx ct 1 4c x ct x ct xt. c Si fx sinx et gx c cosx, alors la solution de d Alembert est ux, t 1 c 1 xct x ct xct gλ dλ 1 1 c cosλ dλ 1 c x ct 1 ] λxct c sinλ 1 c λx ct sinx ct sinx ct fx ct fx ct sinx ct sinx ct sinx ct sinx ct 1 dλ 1 x ct x ct x. xct x ct sinx ct sinx ct d Si fx sinx et gx c cosx, alors la solution de d Alembert est ux, t 1 c xct x ct xct gλ dλ 1 1 c cosλ dλ 1 c x ct 1 ] λxct c sinλ 1 c λx ct sinx ct sinx ct 1 fx ct fx ct sinx ct sinx ct sinx ct sinx ct 1 147 sinx ct sinx ct λ dλ 1 sinx ct. sinx ct.

Exercice.4 Considérons le système d équations différentielles ordinaires dt ds 1 et dx ds ex. Nous pouvons résoudre ces équations par séparation de variables: dt 1 dt ds dt ds constante t s t ds et dx ds ex dx e x ds e x dx ds constante e x s constante xs ln s constante xs ln s e x ln 1 e x s Dans ce dernier cas, nous avons posé comme condition initiale x x. Si nous considérons maintenant u comme une fonction de s, i.e. us uxs, ts, alors par la règle de chaines et le fait que u est une solution de l EDP, nous obtenons du ds dx x ds dt t ds ex x t. Cette équation différentielle ordinaire peut facilement être résolue. Nous obtenons us u. Si nous prenons maintenant comme condition initiale: x τ, t et u τ, nous obtenons pour chaque τ, la courbe caractéristique s xs, τ, ts, τ, us, τ ln 1 e τ s, s, τ. La fonction s, τ xs, τ, ts, τ a une fonction inverse. En effet, s t et 1 x ln e τ s 1 ln e τ t e x e τ t e x t e τ lne x t τ. nous permet de conclure finalement que 1 τ ln e x. t La solution du problème est 1 e x ux, t ln e x ln t 1 te x x ln1 te x en substituant l expression pour τ dans us, τ τ par leurs valeurs en fonction de x et t. Nous pouvons vérifier que cette fonction est bien une solution du problème. En effet, nous avons 1 x 1 1 te x te x et 1 t 1 te x e x. Donc 1 1 ex t x 1 te x e x e x 1 1 te x te x 148

et ux, x. Exercice.5 a Nous pouvons écrire l EDP sous la forme En effet, nous obtenons t c x t c u F x, t. x t c x t c u x t c x t c u x t c u t x c u x t c u x u t c u F x, t x en supposant que les dérivées partielles d ordre de u sont continues et conséquemment que u t x u x t. Si nous considérons nous obtenons bien le système t c x t c x {{ v t c x v F x, t v t c v F x, t. x b Pour déterminer la solution u, il nous faut premièrement déterminer v tel que v t c v F x, t. x Les conditions initiales ux, fx et t x, gx signifient en utilisant la première équation de que vx, x, c t x x, gx cf x. Nous avons donc comme problème à résoudre v t c v x F x, t avec comme condition initiale vx, gx cf x. Il nous faut donc considérer le système d équations différentielles ordinaires dt ds 1 et dx ds c. Ces équations peuvent être résolues par séparation de variables: dt 1 dt ds ds dt ds constante t s t 149

et dx c dx c ds ds dx c ds constante x c s x. Si nous considérons v comme fonction de s, i.e. vs vxs, ts, nous obtenons dv ds v dx x ds v dt t ds c v x v t F xs, ts F c s x, s t. Par le théorème fondamental du calcul, nous obtenons qu il y a une seule solution telle que v v et celle-ci est s vs F c ω x, ω t dω v. Si nous considérons les valeurs initiales x τ, t et v gτ cf τ, nous obtenons pour chaque τ la courbe caractéristique s s xs, τ, ts, τ, vs, τ c s τ, s, F c ω τ, ω dω gτ cf τ. La fonction s, τ xs, τ, ts, τ a une fonction inverse x, t s, τ t, x c t, car s t et x c s τ τ x c s x c t. En remplaçant ces valeurs dans l expression pour v, nous obtenons la solution t vx, t F c ω x c t, ω dω gx c t cf x c t. Nous pouvons maintenant considérer le problème t c v avec la condition initiale ux, fx. x Ici v est comme ci-dessus. Il nous faut donc considérer le système d équations différentielles ordinaires dt ds 1 et dx ds c. Ces équations peuvent être résolues par séparation de variables: dt 1 dt ds dt ds constante t s t ds et dx c dx c ds ds dx c ds constante x c s x. Si nous considérons u comme une fonction de s, nous obtenons avec la règle de chaines du ds dx x ds dt t ds c x vxs, ts t [ st ] F c ω x c s c s t, ω dω gx c s c s t cf x c s c s t [ st ] F c ω c s x c t, ω dω g c s x c t cf c s x c t. Donc la seule solution us telle que u u est us s σt F c ω c σx c t, ω dω dσ s g c σx c t dσ c 15 s f c σx ct dσu.

Maintenant si nous prenons comme valeurs initiales: x τ, t et u fτ, nous obtenons pour chaque τ la courbe caractéristique: s xs, τ, ts, τ, us, τ avec xs, τ τ c s, ts, τ s et us, τ s σ F c ω c σ τ, ω dω dσ s g c σ τdσ c s f c σ τdσ fτ. Nous pouvons faire des substitutions pour chacune de ces intégrales. Posons λ c στ, alors dλ c dσ et avec cette substitution dans chacune des intégrales simples nous obtenons et s s g c σ τ dσ τ c s τ gλ dλ 1 τ gλ dλ c c τ c s τ c s f c σ τ dσ f λ dλ 1 τ f λ dλ 1 ] λτ fλ τ c c τ c s c λτ c s 1 fτ fτ c s c Pour l intégrale double, nous avons s σ F c ω c σ τ, ω dω dσ F c ω c σ τ, ω dω dσ où est l intérieur du triangle dans le plan des σ, ω dont les sommets sont,, s, et s, s, i.e. {σ, ω ω σ s. Considérons les nouvelles coordonnées { { α c ω c σ τ ω β β ω σ α/c β/ τ/c Le jacobien de ce changement de coordonnées est ω, σ α, β ω α σ α ω β σ β 1 /c 1/ 1/c. Avec ce changement de coordonnées, nous obtenons s σ 1 F c ω c σ τ, ω dω dσ F α, β dα dβ c avec Donc us, τ 1 c { α, β β α c β τ c s F α, βdα dβ 1 c τ τ cs gλ dλ 1 fτ fτ c s fτ. Nous pouvons aussi noter que la fonction s, τ xs, τ, ts, τ a un inverse. En effet, { { x τ c s s t. t s τ x c t En remplaçant dans l expression pour u, nous obtenons ux, t 1 c F α, β dα dβ 1 c xc t x c t 151 gλ dλ 1 fx c t fx c t,

{ avec α, β β, c α β c t x c, c α β c t x c. Comme c >, alors {α, β β, α c β x c t, α c β x c t et est l intérieur dans le plan des α, β du triangle dont les sommets: x c t,, x c t, et x, t. Nous obtenons finalement que ux, t 1 c t xc t c β x c tcβ F α, β dα dβ 1 c xc t x c t gλ dλ 1 fx c t fx c t Chapitre 3 Exercice 3.1 i Pour l équation x u x xy u x y y u y 3 x alors B 4AC xy 4xy x y 4xy xy x 4. Pour déterminer le signe de B 4AC, il nous faut premièrement déterminer les points x, y tels que B 4AC xy x 4. Nous obtenons ainsi que soit x, soit y ou soit x 4. Pour chacune des régions de \ {x, y x {x, y y {x, y x 4, nous pouvons déterminer les signes de B 4AC. Nous avons indiqué ces signes ci-dessous. - y - x x 4 15

L équation est hyperbolique sur la région hachurée ci-dessous y x x 4 L équation est elliptique sur la région hachurée ci-dessous y x x 4 L équation est parabolique sur les deux droites verticales: x et x 4, ainsi que sur la droite horizontale y. ii Pour l équation x u x xy u x y y u x 3 y y u alors B 4AC xy 4xy xyxy 4. Pour déterminer le signe de B 4AC, il nous faut premièrement déterminer les points x, y tels que B 4AC xyxy 4. Nous obtenons ainsi que soit x, soit y ou soit xy 4. Les points x, y tels que xy 4 est une hyperbole dont les asymptotes sont les axes des x et des y. Pour chacune des régions de \{x, y x {x, y y {x, y xy 4, nous pouvons déterminer les signes de B 4AC. Nous avons indiqué ces signes ci-dessous. 153

xy 4 - - y x L équation est hyperbolique sur la région hachurée ci-dessous xy 4 y x L équation est elliptique sur la région hachurée ci-dessous xy 4 y x L équation est parabolique sur la droite verticale: x, la droite horizontale y, ainsi que sur l hyperbole xy 4. iii Pour l équation e x u x x u x y u 5y y x ex 154

alors B 4AC x 4e x x 4e x > pour tout x, y car x et e x > pour tout x. Donc l équation est hyperbolique sur tout le plan. iv Pour l équation x u x x y u x y u y alors B 4AC x y 4x 1 8xy 4y 4y xy. Pour déterminer le signe de B 4AC, il nous faut premièrement déterminer les points x, y tels que B 4AC 4y x y. Nous obtenons ainsi que soit y, ou soit x y. Pour chacune des régions de \ {x, y y {x, y x y, nous pouvons déterminer les signes de B 4AC. Nous avons indiqué ces signes ci-dessous. y x - - y L équation est hyperbolique sur la région hachurée ci-dessous y x y L équation est elliptique sur la région hachurée ci-dessous y x y L équation est parabolique sur la droite horizontale y, ainsi que sur la droite y x. v Pour l équation u x 5 u x y x u y y 4 x x y sinx 155

alors B 4AC 5 41 x y 5 4x y. Pour déterminer le signe de B 4AC, il nous faut premièrement déterminer les points x, y tels que B 4AC 4x 4y 5. Nous obtenons ainsi l équation de la droite y x 6.5. Pour chacune des régions de \ {x, y 4x 4y 5, nous pouvons déterminer les signes de B 4AC. Nous avons indiqué ces signes ci-dessous. - y - x - 6.5 L équation est hyperbolique sur la région hachurée ci-dessous L équation est elliptique sur la région hachurée ci-dessous y - x - 6.5 y - x - 6.5 L équation est parabolique sur la droite y x 5/4 x 6.5. Exercice 3. i Pour l équation y u x xy u x y x u 4y y x 3u nous avons B 4AC xy 4y x 9x y. Donc B 4AC si et seulement si x ou y. De plus comme 9x y, alors B 4AC > si et seulement si x et y. Donc l équation est 156

hyperbolique aux points x, y où x et y. En d autres mots, l équation est hyperbolique pour tous les points qui ne sont pas sur les axes des x et des y. Les équations caractéristiques sont dy dx B B 4AC A xy 9x y y x y dy et dx B B 4AC A xy 9x y y x y. Nous pouvons résoudre ces deux équations différentielles ordinaires en utilisant la méthode de séparation de variables. dy dx x y dy x dx y dy x dx y x y c. Nous pouvons donc considérer la coordonnée caractéristique ξx, y y x /. dy dx x y dy x dx y dy x dx y y x c. Nous pouvons donc considérer la coordonnée caractéristique ηx, y x / y /. Les coordonnées caractéristiques sont ξx, y y x / et ηx, y x / y /. Nous pouvons maintenant effectuer le changement de variables. Par la règle de chaines, nous avons x ξ ξ x η η x x ξ x η, y ξ ξ y η η y y ξ y η, u x ξ x u ξ ξ x u η ξ η x η x u ξ ξ η x u η η x x u ξ x u ξ η x u η ξ η u x y x u ξ ξ y u η u ξ x η ξ y ξ η y u η η y xy u ξ xy u ξ η xy u η u y ξ y u ξ ξ y u η η ξ y η y u ξ ξ η y u η η y 4y u ξ 4y u ξ η y u η ξ η. Noter que y ξ η/3 et x ξ 4η/3. En substituant ceci dans l équation, nous obtenons 9x y u ξ η y x 4xy ξ y x 4xy η 3u u x y ξ η 9x y ξ y x 4xy 9x y η 1 3x y u Nous allons maintenant décrire l équation canonique pour le premier quadrant du plan, à savoir les points x, y tels que x > et y >. Donc ξ 4η ξ η x et y 3 3 u ξ η Pour les autres quadrants, il suffit d ajuster les signes devant les radicaux. Finalement ξ η/3 ξ 4η/3 ξ η ξ 4η ξ ξ 4 ξ η ξ 4η/9 ξ η ξ 4η 157 η 3 ξ 4ηξ η

Si nous avions utilisé les coordonnées α ξ η 3y / et β ξ η y / x, alors nous obtiendrions la deuxième forme de l équation canonique. Dans ce cas, nous aurions ii Pour l équation u α u β 1 α α α 3β 8 α 6α α 3β x u x xy u x y 6y u y x β 3 αα 3β u. nous avons B 4AC xy 4x 6y 5x y. Donc B 4AC si et seulement si x ou y. De plus comme 5x y, alors B 4AC > si et seulement si x et y. Donc l équation est hyperbolique aux points x, y où x et y. En d autres mots, l équation est hyperbolique pour tous les points qui ne sont pas sur les axes des x et des y. Les équations caractéristiques sont dy dx B B 4AC A xy 5x y x y x, dy dx B B 4AC A xy 5x y x 3y x. Nous pouvons résoudre ces équations caractéristiques par la méthode de séparation de variables. dy dx y x dy y dx x dy dx y x 1 lny lnx constante y x c x y c où c est une constante. Nous pouvons donc considérer la coordonnée caractéristique ξx, y x y. dy dx 3y x dy 3y dx x dy dx 3y x 3 lny lnx constante y x 3 c x 3 y c où c est une constante. Nous pouvons donc considérer la coordonnée caractéristique ηx, y x 3 y. Les coordonnées caractéristiques sont ξx, y x y et ηx, y x 3 y Par la règle de chaines, nous obtenons x ξ ξ x η η x x 3 y ξ 3x y η, y ξ ξ y η η y x x3 ξ η u x 6x 4 y ξ u ξ x 3 y ξ x u η 6xy η ξ x η u ξ 3x y ξ η x u η η x 4x 6 y u ξ 1x y u η ξ 9x4 y u η 6x 4 y ξ 6xy η u x 3 x y ξ u ξ x 3 y ξ y u η 3x ξ η y η u ξ 3x y ξ η y u η η y x 5 y u ξ y u ξ η 3x5 y u x 3 η ξ 158 3x η

u y u ξ x ξ y u η x 3 u ξ ξ η y ξ η y u η η y En substituant dans l équation, nous obtenons x 4 u ξ x u ξ η x6 u η. 5xy u ξ η 8x y x 3 y ξ 3x3 y 3x y η u 4x 1 3xx 1 ξ η 5x 4 y ξ 5y η. Noter que x 5 η/ξ et y 5 ξ 3 η. Nous pouvons substituer dans l équation ci-dessus. L équation canonique correspondante est u 4η1/5 ξ η ξ 1/5 3η1/5 5η 6/5 ξ ξ 1/5 5ξη 1/5 η. Il existe aussi une deuxième forme de l équation canonique en considérant les coordonnées α ξ η et β ξ η. Nous laissons aux étudiants le soin de calculer cette dernière. Exercice 3.3 Pour l équation x u x xy u x y y u y x, nous avons B 4AC xy 4x y pour tout x, y. Cette équation est parabolique sur tout le plan. Dans le cas parabolique, il n y a qu une seule équation caractéristique dy dx B ± B 4AC A Nous pouvons résoudre cette équation par séparation de variables B A xy x y x. dy dx y x dy y dx x dy dx y x lny lnx constante xy c. Une des coordonnées caractéristiques est ξx, y xy. Comme autre coordonnée caractéristique, il suffit de choisir une fonction ηx, y telle que ξ,η x,y. Il y a beaucoup de choix, par exemple ηx, y x satisfait cette propriété si nous nous restreignons au domaine obtenu en prenant le complément de l axe des y dans le plan. Nous allons par la suite utiliser ηx, y x sur ce domaine. Nous obtenons donc par la règle de chaines x ξ ξ x η η x y ξ η, y ξ ξ y η η y x ξ u x y u ξ ξ x u η u ξ ξ η x ξ η x u η η x y u ξ y u ξ η u η u x y ξ y u ξ ξ y u η u ξ ξ η y ξ η y u η η y u y x u ξ ξ y u η x u ξ η y ξ. 159 xy u ξ x u ξ η ξ

En substituant dans l EDP, nous obtenons x u xy y η ξ η u η Noter que x η et y ξ/η. L équation canonique est alors x x 1y u η 1ξ η η 3 ξ 1 η η ξ 1 x η. Exercice 3.4 Pour l équation u x u x y u y 3u, x nous avons B 4AC 41 4 pour tout x, y. Cette équation est elliptique sur tout le plan. Les équations caractéristiques sont dy dx B B 4AC A 4 i, dy dx B B 4AC A 4 i dy i dy i dx dx dy i dx y i x constante Une des coordonnées caractéristiques est ξx, y y i x. dy i dy i dx dx dy i dx y i x constante L autre coordonnée caractéristique est ηx, y y i x. Ces deux fonctions ξx, y et ηx, y ne sont pas des fonctions réelles. Dans le cas elliptique, nous pouvons pallier à ceci en prenant les parties réelle et imaginaire de ξx, y ou encore de ηx, y. En d autres mots, nous considérons les coordonnées αx, y Partie réelle de ξx, y x y et βx, y Partie imaginaire de ξx, y x. En utilisant la règle de chaines, nous obtenons x α α x β β x α β, y α α y β β y α u x u α α x u β α u x y u α α y β u α x α β x u β β u x α u α β u β u α β β u α y α β y u β β u y α u y u α α y u β α β y u α. En substituant dans l équation, nous obtenons l équation canonique u α u β α β 3u 16 u α β

Exercice 3.5 Pour l équation u x 4 u x y u y x, nous avons B 4AC 4 41 8 pour tout x, y. Cette équation est hyperbolique sur tout le plan. Les équations caractéristiques sont dy dx B B 4AC A 4 8, dy dx B B 4AC A 4 8 dy dx dy dx dy dx y x constante Une des coordonnées caractéristiques est ξx, y y x. dy dx dy dx dy dx y x constante L autre coordonnée caractéristique est ηx, y y x. Les coordonnées caractéristiques sont ξx, y y x et ηx, y y x. En utilisant la règle de chaines, nous obtenons x ξ ξ x η η x ξ η, y ξ ξ y η η y ξ η u x u ξ ξ x u η u ξ ξ η x ξ η x u η η x u ξ 4 u ξ η u η u x y u ξ ξ x u η u ξ ξ η x ξ η x u η η x u y u ξ ξ y u η u ξ ξ η y ξ η y u η η y En substituant dans l équation, nous obtenons l équation canonique u ξ η 8 ξ 8 η. u ξ 4 u ξ η u η u ξ u ξ η u η Si nous avions utilisé les coordonnées α ξ η y 4x et β ξ η x, alors nous obtiendrions la deuxième forme de l équation canonique u α u β 1 α 4 161 β

Exercice 3.6 a Il nous faut calculer c S S e y. et c S en fonction de c y et c y en utilisant la règle de chaines. Nous avons et c S c y y S c τ τ S 1 c c e y S y y c S 1 S S c y S c y 1 S c S y c y y 1 c S S y y S c τ τ y S c S y 1 c c S e y y y e y c y. En remplacant dans l équation de Black-Scholes avec S e y, nous obtenons [ ] [ c τ σ ey y c e y e y c y re y e y c y ] rc c τ σ c y r σ c y rc. C est ce qu il fallait démontrer. b Il nous faut écrire c τ, c y et c y en fonction de τ, y et u y. Nous avons c τ e rτ uy, τ re rτ rτ u e τ τ, c e rτ y y et c y e rτ u y. Donc l EDP de a devient re rτ rτ u e τ σ e rτ u y r σ rτ e y re rτ u et nous obtenons C est ce qu il fallait démontrer. τ σ u y r σ y. Chapitre 4 Exercice 4.1 a fx x x 3x 3 n est ni pair, ni impair. En effet, f et f1 6; conséquemment f f1 ainsi que f f1. b fx x 5x 4 est une fonction paire, car f x x 5 x 4 x 5x 4 fx pour tout x. c fx x sinx est une fonction impaire, car f x x sin x x sinx fx pour tout x. d fx x e x n est ni pair, ni impair. En effet, f e 1/e et f1 e; conséquemment f f1 et f f1. Nous utilisons le fait que e > 1 pour vérifier ces inégalités. e fx sinhx e x e x / est une fonction impaire, car f x e x e x / e x e x / fx pour tout x. Exercice 4. x 1x dx ] 1 les fonctions 1 et x sont orthogonales entre elles. 16

3x 1 x 3 x 1 dx 3x 1 x dx orthogonales entre elles. ] 1 3x 3 x Exercice 4.3 a La série de Fourier sera de la forme a les fonctions 1 et 3x 1 3x 4 dx 8 x 4 ] 1 a k coskx b k sinkx. k1 sont orthogonales entre elles. les fonctions x et 3x 1 sont Alors a 1 π fx dx 1 { x dx π c dx 1 π { x ] cx ] π c π. et, pour k 1, a k 1 fx coskx dx 1 { x coskx dx π π { x 1 ] sinkx sinkx c sinkx dx π k k k 1 ] coskx 1 k1 π k k π c coskx dx ] π et b k 1 fx sinkx dx 1 { x sinkx dx c sinkx dx π π { x 1 ] coskx ] π coskx c coskx dx π k k k { 1 k1 ] π sinkx c k 1 1 k1 c π π k k. k kπ Donc la série de Fourier de fx est 1 c π [ 1 k1 k coskx π k1 1 k1 c π kπ ] sinkx b La série de Fourier sera de la forme a a k coskx b k sinkx. k1 Alors a 1 π fx dx 1 { dx π x dx 1 { ] x π x 3 3 ] π 1 π. 3 163

et, pour k 1, et a k 1 fx coskx dx 1 { coskx dx x coskx dx π π { sinkx 1 ] x ] π sinkx π x sinkx dx π k k k { ] π x coskx π coskx dx kπ k k { ] π k1 π sinkx k kπ k k k b k 1 fx sinkx dx 1 { sinkx dx π π { 1 ] coskx x ] π coskx π x coskx dx π k k k 1 { k 1 π k ] π x sinkx π sinkx π k k k k 1 { k 1 π k ] π coskx π k k k 3 1 { k 1 π k k 1 π k k k 3 1 { π 1 k1 1 k1 1 π k k 3. Donc la série de Fourier de fx est 1 1 π 3 k1 c La série de Fourier sera de la forme x sinkx dx dx [ k π 1 k1 1 k coskx ] k1 1 kπ k 3 sinkx π a a k coskx b k sinkx. k1 Alors et, pour k 1, a 1 fx dx 1 sinx dx π π x 1 π x cosx ] π. a k 1 sinx coskx dx π x 1 { x coskx dx sinx coskx dx π { x 1 ] π sinkx π sinkx π dx car sinx coskx dx par l orthogonalité. π k k 1 ] π coskx kπ k 164

Nous aurions aussi pu évaluer a k en observant que x sinx coskx est impair. b k 1 { π x sinx sinkx dx π x 1 ] π coskx π coskx π dx sinx sinkx dx π k k 1 { k1 ] π { { π sinkx si k 1 π k k k1 si k 1 π k 1 si k 1. 1 si k 1. Donc la série de Fourier est d La série de Fourier sera de la forme 3 sinx k1 sinkx. k k Alors et, pour k 1, a 1 π a a k coskx b k sinkx. k1 fx dx 1 π 1 x dx 1 π ] π x x. et a k 1 π 1 x coskx dx 1 π Donc la série de Fourier est { 1 x sinkx b k 1 { π x sinkx dx π 1 1 1 x coskx π k { 1 ] π ] π 1 x coskx sinkx π k k e La série de Fourier sera de la forme 1 k ] π k1 sinkx. k k1 π sinkx dx 1 k π ] π k1 k coskx k π coskx dx k ] π Alors Pour k 1, a k 1 π a 1 π π a a k coskx b k sinkx. k1 fx dx 1 π e x dx 1 π e x] π { e e x coskx dx 1 x ] π sinkx π π k { e x ] π coskx π e x coskx k k dx. eπ e. π e x sinkx k dx 165

Conséquemment Pour k 1, Conséquemment a k 1 1 k eπ coskπ e cos kπ πk a k k eπ e k 1 π. Donc la série de Fourier est b k 1 e x sinkx dx 1 π π { 1 k1 e π e π k b k 1 1 k k1 eπ e πk e π e π k1 f La série de Fourier sera de la forme Alors et, pour k 1, et a 1 π { e x coskx k e x sinkx k ] π ] π e x coskx k e x sinkx k dx dx b k k1 keπ e k 1 π. [ k eπ e k 1 π coskx k1 keπ e ] k 1 π sinkx. a fx dx 1 π a k coskx b k sinkx. k1 1 x x dx 1 π ] π x x x3 π 3 3. a k 1 { π 1 x x π 1 coskx dx 1 x x ] π sinkx π 1 x sinkx dx π k k { 1 1 ] π { x coskx π 1 coskx π k k dx 1 ] π x coskx sinkx π k k 3 k1 4 k b k 1 x x π 1 sinkx dx 1 π { 1 k1 π 1 x sinkx π k k { 1 k1 ] π π coskx π k k 3 { 1 x x coskx ] π k k1 k 166 ] π sinkx k dx. ] π π 1 x coskx dx k

Donc la série de Fourier est 1 π 3 [ k1 4 k1 k coskx k k1 ] sinkx. Exercice 4.4 Montrons que ap fx dx bp fx dx. Nous supposerons que b a. En utilisant la substitution a b u x b a, nous avons du dx et ap fx dx bp fu b a du. Nous pouvons écrire a b b a np r où n N et r < p. Alors fu b a fu np r fu r car f est périodique de période p. Donc ap a fx dx bp b fu r du br b fu r du Mais en utilisant la substitution v u p alors dv du et br b bpr fv r dv. Donc bp ap a fx dx bp br fu r du bpr bp en utilisant la substitution w u r avec dw du. fu r du bp br fu r du. fu r du br b fu r p du bpr br fu r du Exercice 4.5 a fx x sur [, π] aura comme série de Fourier impaire k1 b k sinkx où { x coskx b k fx sinkx x sinkx dx π π π k { k1 π ] π x sinkx π sinkx π k k k dx { k1 π ] π coskx π k k 3 { k1 π π k La série de Fourier impaire sera [ k1 π k k1 k 14 k 3 π b La série de Fourier impaire de la fonction 1, si x π/; fx, si π/ < x π; ] π ] sinkx bp b fw dw x coskx dx k k 1 sera de la forme k1 b k sinkx où b k { π fx sinkx dx π/ π sinkx dx sinkx dx π π π/ { ] π/ ] π coskx coskx π k k [ 1 coskπ/ k1 ]. kπ 167 π/ k 3

Donc la série de Fourier impaire recherchée est k1 [ 1 coskπ/ k1 ] sinkx kπ c fx cosx sur l intervalle [, π] a comme série de Fourier impaire k1 b k sinkx où b k π fx sinkx dx π cosk 1x π k 1 ] π cosk 1x π k 1 k k1 1 πk, si k > 1 1, si k 1. cosk 1x k 1 Donc la série de Fourier impaire recherchée est cosx sinkx dx π ] π, si k > 1, si k 1 k k k1 1 πk 1 sinkx sink 1x sink 1x dx Exercice 4.6 a fx x sur [, π] aura comme série de Fourier paire Ici nous obtenons et, si k 1, a k π 4 kπ k 4 k. a a k coskx où a k π k1 x coskx dx π { ] π x coskx k a π { x sinkx Donc la série de Fourier paire recherchée est k x dx π ] π coskx dx k π 3 k1 x 3 k 4 k 3 4 kπ b fx sinx sur [, π] aura comme série de Fourier paire a a k coskx où a k π k1 168 ] π fx coskx dx. π 3 dx 4 kπ x sinkx k { x coskx coskx. k ] π fx coskx dx. sinkx x sinkx dx k ] π

Ici nous obtenons et si k 1, a k π π π a π sinx dx π sinx coskx dx π { ] π cosk x k { ] π cosk x k k 1 4 k si k 4π si k. Donc la série de Fourier paire recherchée est 3π cosx π k3 cosx ] π sink x sink x dx ] π si k cosk x k si k [ k ] 1 4 k coskx. 4π c fx e x sur l intervalle [, π] a comme série de Fourier paire Ici nous obtenons et si k 1, Conséquemment a k π a kπ a k coskx où a k π k1 a π e x coskx dx π { e x coskx Donc la série de Fourier paire recherchée est k ] π e e x x dx π ] π { e x sinkx fx coskx dx. eπ 1 π ] π k e x coskx dx k. e x sinkx k a k 1 1 k eπ k 1 πk a k eπ k 1 k. 1π e π 1 π [ e π k ] 1 k coskx. 1π k1 dx Exercice 4.7 a fx e 3x sur [, π] aura comme série de Fourier complexe k c k e ikx où c k 1 fx e ikx dx. π 169

Conséquemment c k 1 e 3x e ikx dx 1 π π k 3 ike 3π e 3π π9 k e 3 ikx 3 ik ] π 1 π k sinh3π 3 ik π9 k. [ e 3 ikπ e 3 ikπ ] 3 ik appel: sinhx e x e x /. Donc la série de Fourier complexe recherchée est k [ k sinh3π 3 ik π9 k ] e ikx. b fx { si x <, 1 si x π; a comme série de Fourier complexe Si k, alors Si k, alors c k 1 π k c k e ikx où c k 1 fx e ikx dx. π c 1 π e e ikx ikx dx ik Donc la série de Fourier complexe recherchée est 1 k k ] π dx 1. ie ikπ 1 πk [ k 1i πk ] e ikx k 1i. πk Chapitre 5 Exercice 5.1 Chacune de ces séries est la série d une fonction lisse par morceaux sur [, π]. Au numéro 4.5, la série de Fourier impaire converge au point x vers f impaire x f impaire x où f impaire est la fonction impaire sur [, π] correspondant à f et f impaire, son prolongement périodique de période π. Au numéro 4.6, la série de Fourier paire converge au point x vers f paire x f paire x où f paire est la fonction paire sur [, π] correspondant à f et f paire son prolongement périodique de période π. 17

Pour 4.5 a, la série de Fourier impaire converge vers f impaire f impaire π pour x ; f impaire / f impaire / π/ π/ π pour x π 4 ; f impaire f impaire pour x ; f impaire π/ f impaire π/ π/ π/ π pour x π 4 ; f impaire π f impaire π π pour x. Pour 4.5 b, la série de Fourier impaire converge vers f impaire f impaire pour x ; f impaire / f impaire / 3 pour x π ; f impaire f impaire 1 pour x ; f impaire π/ f impaire π/ 1 3 pour x π ; f impaire π f impaire π pour x. Pour 4.5 c, la série de Fourier impaire converge vers f impaire f impaire 1 pour x ; f impaire / f impaire / pour x π ; f impaire f impaire 1 pour x ; f impaire π/ f impaire π/ pour x π ; f impaire π f impaire π 1 pour x. Pour 4.6 a, la série de Fourier paire converge vers f paire f paire π π π pour x ; f paire / f paire / π/ π/ π pour x π 4 ; f paire f paire pour x ; f paire π/ f paire π/ π/ π/ π pour x π 4 ; f paire π f paire π π π π pour x. 171

Pour 4.6 b, la série de Fourier paire converge vers f paire f paire pour x ; f paire / f paire / pour x π ; f paire f paire pour x ; f paire π/ f paire π/ pour x π ; f paire π f paire π pour x. Pour 4.6 c, la série de Fourier paire converge vers f paire f paire eπ e π e π pour x ; f paire / f paire / eπ/ e π/ e π/ pour x π ; f paire f paire 1 1 1 pour x ; f paire π/ f paire π/ eπ/ e π/ e π/ pour x π ; f paire π f paire π eπ e π e π pour x. Exercice 5. a La fonction fx x sur [, π] est paire. Conséquemment sa série de Fourier est de la forme avec et, si n 1, a n 1 π nπ x cosnx dx 1 π { x ] π cosnx n a 1 π a a n cosnx x dx 1 π { x sinnx n ] π cosnx dx n Donc la série de Fourier de fx x sur [, π] est π 3 n 4 n x 3 3 ] π π 3 x sinnx dx n nπ ] π sinnx 4n n nπ cosnx. n x sinnx dx 4n n. b Ici fx est lisse par morceaux sur [, π]. Si nous considérons la valeur vers laquelle cette série de Fourier converge lorsque x π, nous obtenons π 3 n 4 n n π fπ 17

parce que le prolongement périodique f de f est continue à x π et aussi parce que cosnπ n. Donc 4 1 n π π 3 n π 6 Exercice 5.3 a La fonction fx x 4 sur [, π] est paire. Conséquemment sa série de Fourier est de la forme avec et, si n 1, a n 1 x 4 cosnx dx 1 π π { x 4 3 ] π cosnx nπ n a 1 π Mais nous avons vu au numéro 5. que Donc a { x 4 sinnx 1 π a n cosnx x 4 dx 1 π n a n 8π n n 1 n ] π x 5 3x cosnx dx n 5 ] π π4 5 x cosnx dx 4n n. 4 n Donc la série de Fourier de fx x 4 sur [, π] est n 4x 3 sinnx dx 4 n nπ 8π n n 1 n π [ 8π n n 48 ] n 4. π 4 5 [ 8π n n 48 ] n 4 cosnx. x 3 sinnx dx x cosnx dx. b Ici fx est lisse par morceaux sur [, π]. Si nous considérons la valeur vers laquelle cette série de Fourier converge lorsque x π, nous obtenons π 4 5 [ 8π n n 48 ] n 4 n π 4 fπ parce que le prolongement périodique f de f est continue à x π et auss parce que cosnπ n. Donc 8π 1 n 48 1 n 4 π 4 π4 5 n 4 1 [ ] 4π 4 48 5 8π4 π4 6 9 Exercice 5.4 a Si fx cosx sur [, 1], alors la série de Fourier de fx est a a n cosnπx b n sinnπx 173

avec et si n 1, alors a cosx dx sinx ] 1 sin1 cos1 nπx cosnπ 1x a n cosx cosnπx dx dx 1 ] 1 sinnπ 1x sinnπ 1x 1 [ ] sin1 nπ sinnπ 1 nπ 1 nπ 1 nπ 1 nπ 1 [ ] n 1 sin1 nπ 1 1 n1 sin1 nπ 1 n π 1 à cause de la formule sinα β sinα cosβ sinβ cosα. Noter qu ici nous avons aussi utilisé le fait que nπ 1 et nπ 1 pour tout n N, n. Si n 1, nous avons aussi que b n cosx sinnπx dx parce que cosx est pair, sinnπx est impair et conséquemment cosx sinnπx est impair. En conclusion, la série de Fourier de fx cosx sur [, 1] est sin1 n1 sin1 n π 1 cosnπx. b Si fx sinx sur [, 1], alors la série de Fourier de fx est avec et si n 1, alors a a n cosnπx b n sinnπx a a n sinx dx cosx ] 1 sinx cosnπx dx parce que sinx est impair, cosnπx est pair et conséquemment sinx cosnπx est impair. Si n 1, nous avons aussi que cosnπ 1x cosnπ 1x b n sinx sinnπx dx dx 1 ] 1 sinnπ 1x sinnπ 1x 1 [ ] sinnπ 1 sinnπ 1 nπ 1 nπ 1 nπ 1 nπ 1 [ ] n1 1 sin1 nπ 1 1 n1 nπ sin1 nπ 1 n π 1 En conclusion, la série de Fourier de fx sinx sur [, 1] est n1 nπ sin1 n π 1 sinnπx. 174

c Si fx e x sur [, 1], alors la série de Fourier de fx est a a n cosnπx b n sinnπx avec et si n 1, alors a e x dx e x] 1 e e Ainsi Si n 1, alors b n a n e x cosnπx dx e x cosnπx ] 1 e x nπ sinnπx dx { e n e e nπ x sinnπx ] 1 e x nπ cosnπx dx n e e n π e x cosnπx dx. 1 n π e x cosnπx dx n e e a n n e e 1 n π. e x sinnπx dx e x sinnπx ] 1 n1 nπe e 1 n π par ce qui précède. En conclusion, la série de Fourier de fx e x sur [, 1] est e 1 e e x nπ cosnπx dx nπ e x cosnπx dx [ n e e 1 n π cosnπx nπe ] n1 e 1 n π sinnπx. Exercice 5.5 Considérons la fonction F x x ft dt pour x [a, b]. Comme f est une fonction continue sur [a, b], a cette intégrale existe. Noter que F x est une fonction continue, étant l intégrale d une fonction intégrable, et F x fx par le théorème fondamental du calcul. Ainsi b a fxgx dx b a gxf x dx gxf x ] b b a g xf x dx gbf b gaf a gb b a fx dx b a b a a g xf x dx g xf x dx parce que ga. en intégrant par parties Parce que gx est une fonction croissante, alors g x. Nous allons maintenant expliquer pourquoi b a g xf x dx α 175 b a g x dx

avec inf{f x a x b m α M sup{f x a x b. En effet, b a g xf x dx lim n δ n g y i F y i x i où nous considérons la limite sur toutes les subdivisions a x < x 1 < x <... < x n b avec n et δ max{ x i x i x i 1 i n et y i [x i, x i ]. Mais m F y i M pour tout i 1,,..., n. Comme g y i pour tout i 1,,..., n, nous avons m g y i x i g y i F y i x i Mg y i x i pour tout i 1,,..., n et n m g y i x i i1 En passant à la limite, nous obtenons m b a g x dx i1 n n g y i F y i x i M g y i x i. i1 b a g xf x dx M b a i1 g x dx pour un α entre m et M. Comme F x est continue, alors il existe c entre a et b tel que F c α. En revenant à, nous avons b a b c fxgx dx gb fx dx a b gb fx dx C est ce que nous voulions montrer. a a c a fx dx fx dx b g x dx gb a gb b c b a fx dx. fx dx gb ga c a fx dx Exercice 5.6 Pour tout ɛ >, il existe un entier N ɛ tel que n N ɛ s n s < ɛ/ parce que la suite {s n s. Nous voulons montrer que {σ n converge aussi vers s. Il existe un entier N ɛ tel que n N ɛ parce que la suite {1/n. Prenons N ɛ max{n ɛ, N ɛ. Si n N ɛ, alors σ n s s 1 s... s n ns n s 1 s s s s N ɛ s n ɛ n N ɛ n s 1 s s s s N ɛ s n < ɛ s 1 s s s s N ɛ s s n s n s N ɛ 1 s s n s n ɛ ɛ ɛ ɛ car n N ɛ et parce que Donc {σ n s. n N ɛ n < 1 si n N ɛ max{n ɛ, N ɛ. Chapitre 6 176

Exercice 6.1 a Nous avons que x/1, si x π/4; fx x π/, si π/4 x 3π/4; x π/1, si 3π/4 x π; et gx pour tout x [, π]. À cause de la solution générale du problème et que la corde est de longueur l π, nous avons ux, t sinnx a n coscnt b n sincnt. De plus nous avons que a n sinnx et cn b n sinnx sont respectivement les séries de Fourier impaires de fx et gx. Comme gx pour tout x [, π], nous obtenons b n pour tout n 1. Il suffit donc de calculer les a n. a n fx sinnx dx π { π/4 x π 1 4 nπ 1πn sin 4 Donc la solution du problème est ux, t 3π/4 sinnx dx sin π x π/4 3nπ 4 4 nπ 1πn sin 4 sin π x π sinnx dx sinnx dx 3π/4 1 3nπ 4 sinnx coscnt. b Nous avons que, si x π/4; h4x π/π, si π/4 x π/; fx h3π 4x/π, si π/ x 3π/4;, si 3π/4 x π; et gx pour tout x [, π]. Nous procédons comme en a. À cause de la solution générale du problème et que la corde est de longueur l π, nous avons De plus nous avons que ux, t sinnx a n coscnt b n sincnt. a n sinnx et cn b n sinnx sont respectivement les séries de Fourier impaires de fx et gx. Comme gx pour tout x [, π], nous obtenons b n pour tout n 1. Il suffit donc de calculer les a n. 177

a n π 8h n π Donc la solution du problème est { fx sinnx dx π/ h4x π π π/4 π nπ nπ 3nπ sin sin sin 4 4 ux, t 8h nπ n π sin 4 nπ sin 3π/4 sinnx dx. sin 3nπ 4 π/ h3π 4x π sinnx coscnt. sinnx dx Exercice 6. Nous avons que fx pour tout x [, π] et hx/a, si x a; gx hπ x/π a, si a x π. À cause de la solution générale du problème et que la corde est de longueur l π, nous avons De plus nous avons que ux, t sinnx a n coscnt b n sincnt. a n sinnx et cn b n sinnx sont respectivement les séries de Fourier impaires de fx et gx. Comme fx pour tout x [, π], nous obtenons a n pour tout n 1. Il suffit donc de calculer les b n. cn b n π gx sinnx dx π { a hx a hπ x h sinna sinnx dx sinnx dx a π a n aπ a. Donc et la solution générale est ux, t b n h sinna c n 3 aπ a h sinna c n 3 aπ a sinnx sincnt. Exercice 6.3 a Nous supposons que ux, y XxY y, alors en substituant dans l EDP, nous avons xx Y yxy où X est la dérivée de X par rapport à x et Y est la dérivée de Y par rapport à y. En divisant les deux côtés de cette équation par XY, nous obtenons x X X y Y Y. 178

Le terme de droite de cette dernière équation est une fonction de y et celui de gauche est une fonction de x. Donc chacun de ces termes doit être constant. Conséquemment x X X y Y k où k est une constante. Y Nous obtenons donc un système de deux équations différentielles ordinaires suivant: x dx dx kx y dy dy ky Nous pouvons résoudre ces équations différentielles ordinaires par séparation de variables. x dx dx kx dx X k dx dx dx x X k lnx k lnx C Xx C x k x et y dy dy ky dy Y k dy y dy Y dy k y lny k lny C 1 Y y C y k où C, C 1, C et C sont des constantes. Donc ux, y XxY y Cxy k est une solution de x x y y, où k et C sont des constantes. b Nous supposons que ux, y XxY y, alors en substituant dans l EDP, nous avons X Y XY x yxy où X est la dérivée de X par rapport à x et Y est la dérivée de Y par rapport à y. En divisant les deux côtés de cette équation par XY, nous obtenons X X Y X x y x Y Y X Y y Le terme de droite de cette dernière équation est une fonction de y et celui de gauche est une fonction de x. Donc chacun de ces termes doit être constant. Conséquemment X X x Y Y y k où k est une constante. Nous obtenons donc un système de deux équations différentielles ordinaires suivant: dx x kx dx dy dy y ky Nous pouvons résoudre ces équations différentielles ordinaires par séparation de variables. dx dx x kx dx dx x k dx X X x k dx lnx x kx C Xx C expx kx et dy dy y ky dy Y Y y C expy ky y k dy dy Y y k dy lny y ky C 1 179

où C, C 1, C et C sont des constantes. Donc ux, y XxY y C expx y kx y est une solution de sont des constantes. x y x yu, où k et C Exercice 6.4 a Nous allons premièrement considérer le problème intermédiaire u t c 4 u où u ux, t avec les conditions: x4 x, pour tout x [, l] t u, t et ul, t pour tout t u x, t et u l, t pour tout t x Nous allons maintenant déterminer des solutions de de la forme ux, t XxT t. En substituant dans l EDP, nous obtenons XT c X 4 T où X 4 est la dérivée quatrième de X par rapport à x et T est la dérivée seconde de T par rapport à t. En divisant par c XT les deux côtés de cette équation, nous X 4 X 1 T c T. Le terme de droite de cette dernière équation est une fonction de t et le terme de gauche est une fonction de x. Pour que l égalité soit possible, il faut que chacun de ces termes soit constant. Nous obtenons X 4 X 1 T c λ, où λ est une constante. T Nous avons donc le système de deux équations différentielles ordinaires suivant: d 4 X dx 4 λx et d T dt λc T. Parce que nous cherchons des solutions non triviales, nous avons aussi les conditions suivantes: t x, pour tout x [, l] XxT T. u, t pour tout t XT t X. ul, t pour tout t XlT t Xl. u x, t pour tout t X T t X. u x l, t pour tout t X lt t X l. Il nous faut donc considérer les différents cas possibles pour λ. Si λ <, disons que λ ν 4 avec ν >, alors la solution générale de l équation différentielle X 4 ν 4 X est Xx A exp νx cos νx B exp νx sin νx C exp νx cos νx D exp νx sin νx. 18

Si nous tenons compte des conditions X, Xl, X et X l, alors nous obtenons le système d équations linéaires suivant: A B M C D où M 1 1 e νl/ cosνl/ e νl/ sinνl/ e νl/ cosνl/ e νl/ sinνl/ ν ν ν e νl/ sinνl/ ν e νl/ cosνl/ ν e νl/ sinνl/ ν e νl/ cosνl/ Le déterminant de M est ν 4 cosh νl cos νl. appelons que coshz 1 avec coshz 1 z et cosz 1 avec cosz 1 z πn si n Z. Parce que ν > et l >, nous obtenons que cosh νl cos νl > et le déterminant de M est. Conséquemment le système d équations linéaires ci-dessus a une seule solution A B C D. Nous devons donc exclure ce cas λ <, parce que nous cherchons une solution non-triviale. Si nous considérons maintenant le cas λ, alors la solution générale de l équation différentielle X 4 est Xx A Bx Cx Dx 3. Si nous tenons compte des conditions X, Xl, X et X l, alors nous obtenons le système d équations linéaires suivant: 1 A 1 l l l 3 B 6l C D Le système d équations linéaires ci-dessus a une seule solution A B C D. Nous devons donc exclure ce cas λ, parce que nous cherchons une solution non-triviale. Il nous reste à considérer le cas λ >. Disons que λ ν 4 avec ν >, alors la solution générale de l équation différentielle X 4 ν 4 X est Xx A cosνx B sinνx C coshνx D sinhνx. Si nous tenons compte des conditions X, Xl, X et X l, alors nous obtenons le système d équations linéaires suivant: 1 1 A cosνl sinνl coshνl sinhνl B ν ν. C ν cosνl ν sinνl ν coshνl ν sinhνl D Nous obtenons donc A C D et sinνlb. Comme nous voulons une solution non-triviale, nous pouvons ainsi supposer que B et sinνl. Nous avons donc que ν nπ l nπ 4 et λ λ n où n N, n 1. l Pour λ λ n, la solution de X 4 λ n X satisfaisant les conditions X, Xl, X et X l est nπx X n x B n sin. l Si nous considérons maintenant l équation T λ n c T, alors la solution générale est cn T t A π cn cos t B π sin t l 181 l.

Mais nous avons aussi à considérer la condition T, alors B. Donc la solution recherchée pour T est cn T t A π cos t. Donc une solution de est u n x, t X n xt n t a n sin À cause de la linéarité de l EDP, nous obtenons que l nπx cn π cos l l t. nπx cn π a n sin cos l l t est la solution formelle du problème. Si nous revenons maintenant au problème initial, alors nous voulons que nπx a n sin fx. l Donc les a n sont les coefficients de la série de Fourier impaire de fx, i.e. a n l l fx sin nπx dx pour tout n 1. l b Il nous suffit de déterminer les coefficients de la série de Fourier impaire de fx. a n l nπ { nπx xl x sin dx xl x l nπx ] l l l nπ cos l { l x l nπx ] l l nπ sin l nπx l nπ sin dx l l 4l n 3 π 3 n1 1. l 4l n π l x l nπx nπ cos l l nπx ] l nπ cos l dx Donc la solution est ux, t 4l nπx cn π n 3 π 3 n1 1 sin cos l l t. Chapitre 7 Exercice 7.1 Nous avons que la solution générale du problème de la chaleur est ux, t nπx a n sin exp λ l nt où λ n cnπ/l et c Kσ/ρ. De plus nπx a n sin l 18

est la série de Fourier impaire de fx. Ici c 1.4.56/1.6 5.49434 1 3 et l 1 a Pour alors a n 1 fx sin 4 n π sin nπ Donc la solution générale est ux, t. fx { x, si x 5; nπx dx { 5 x sin 1 1 b Pour fx x1 x, alors a n 1 fx sin Donc la solution générale est ux, t 4 n π sin nπ nπx dx 1 1 [ n1 1 c Pour fx x1 x, alors a n 1 fx sin Donc la solution générale est ux, t n 3 π 3 nπx dx 1 1 1 x, si 5 x 1; nπx dx 1 5 1 x sin nπx sin exp 5.49434 1 5 π n t. 1 ] sin [ 4 n1 1 n 3 π 3 ] sin x1 x sin nπx dx 1 nπx dx n1 1 1 n 3 π 3. nπx exp 5.49434 1 5 π n t. 1 x1 x sin nπx dx 4 n1 1 1 n 3 π 3. nπx exp 5.49434 1 5 π n t. 1 Exercice 7. Nous voulons étudier le problème suivant: avec les conditions t c u x où u ux, t, x l, t x, t et l, t pour tout t, ainsi que ux, fx pour tout x [, l]. x Nous devons premièrement considérer le problème intermédiaire suivant: t c u x où u ux, t, x l, t 183

avec les conditions x, t et l, t pour tout t. x Nous cherchons à déterminer des solutions de ce dernier problème qui sont de la forme ux, t XxT t. En substituant dans l EDP, nous obtenons XT c X T où X est la dérivée seconde de X par rapport à x et T est la dérivée de T par rapport à t. En divisant les deux côtés de l équation par c XT, nous obtenons 1 T c T X X. Le terme de gauche est une fonction de t et celui de droite, une fonction de x. Pour que ceci soit possible, il faut que ces deux termes soient constants. Donc 1 T c T X X λ où λ est une constante. Nous pouvons aussi tenir compte des conditions au bord. Nous obtenons ainsi x, t X T t X et x l, t X lt t X l. En résumé, nous devons considérer le système d équations différentielles ordinaires suivant: { X λx avec X et X l T λc T Il nous faut maintenant considérer les différents cas pour λ. Si λ >, disons λ ν avec ν >, alors la solution générale de X λx est Xx Ae νx Be νx. Parce que X x Aνe νx Bνe νx et en considérant les deux conditions X et X l, nous obtenons le système d équations Parce que νl, alors le déterminant ν ν νe νl det ν ν νe νl νe νl νe νl A. B ν e νl e νl ν sinhνl et conséquemment la seule solution du système d équations linéaires est A B. Il nous faut donc exclure le cas λ >. Si λ, alors la solution générale de X est Xx A Bx. Parce que X x B et en considérant les deux conditions X et X l, nous obtenons une seule équation B. Il nous faut donc inclure ce cas λ et dans ce cas Xx A est une fonction constante. Finalement si λ <, disons λ ν avec ν >, alors la solution générale de X λx est Xx A cosνx B sinνx. Parce que X x νa sinνx νb cosνx et en considérant les deux conditions X et X l, nous obtenons le système d équations linéaires ν A. ν sinνl ν cosνl B 184

De ceci, nous obtenons que B et ν sinνla. Comme nous cherchons une solution Xx nontriviale, nous pouvons supposer que A et conséquemment sinνl. appelons que ν >. Donc νl nπ pour n N, n 1, λ nπ/l et Xx A cosnπx/l où n N, n 1. En conclusion pour que l équation X λx avec les conditions X et X l ait une solution non-nulle, il faut que soit λ et dans ce cas Xx A, une constante; soit λ nπ/l et Xx A cosnπx/l. Si nous considérons maintenant l équation T λc T pour ces différents λ. Dans le cas où λ, alors la solution générale de T est T t D, où D est une constante. Dans le cas où λ λ n nπ/l où n N, n 1, alors la solution générale de T λc T est T t D exp cnπ/l t, où D est une constante. Nous pouvons conclure que si λ, alors ux, t XxT t AD est une solution du problème intermédiaire ; alors que si λ λ n nπ/l, alors ux, t XxT t A cosnπx/l exp cnπ/l t est aussi une solution du problème intermédaire. Parce que l équation de la chaleur est linéaire, nous pouvons additionner ces solutions. Donc la solution formelle du problème intermédiaire est ux, t a a n cos nπx exp l [ cnπ ] t. l Si nous revenons au problème initiale, il nous faut considérer la condition initiale ux, fx a nπx a n cos, l c est-à-dire que les coefficients a n pour n sont les coefficients de la série de Fourier paire de fx. En d autres mots, a n l nπx fx cos dx pour tout n. l l b En utilisant a, il nous faut déterminer la série de Fourier paire de fx 3πx x 3. et, si n 1, alors a n π Donc la solution recherchée est a π ux, t π3 3πx x 3 dx π 3 3πx x 3 cosnx dx 1 n1 4 πn 4. 1 n1 4 πn 4 cosnx exp n t. Exercice 7.3 Nous voulons résoudre le problème de la chaleur suivant: t c u x avec les conditions u, t U 1, ul, t U pour tout t et U 1 U. Il faut noter que si u 1 x, t, u x, t sont deux solutions de, alors vx, t u 1 x, t u x, t est une solution du problème de la chaleur suivant: t c u x avec les conditions u, t, ul, t pour tout t. 185

Par ce qui fut démontré, la solution générale de ce dernier problème est vx, t a n sin nπx exp l Donc si u x, t est une solution particulière de, alors ux, t u x, t a n sin nπx exp l [ cnπ ] t. l [ cnπ ] t l est la solution générale du problème. Nous pouvons prendre comme solution particulière x u x, t U U 1 U 1. l En effet,, t Conséquemment la solution générale de est Si t, alors u x, et u, t U 1, u l, t U pour tout t. x ux, t U U 1 U 1 a n sin l nπx exp l nπx [ cnπ ] lim sin exp t t l l et nous aurons que x u I x lim ux, t U U 1 U 1 t l sera la température après un long intervalle de temps. [ cnπ ] t. l Nous pouvons donner une solution plus heuristique. Lorsque t, alors t et donc u Ix sera une solution de l équation u I x et ainsi u Ix A Bx. Comme u I U 1 et u I l U, nous obtenons que x u I x U U 1 U 1. l Exercice 7.4 a Nous avons que r x y z, y θ arctan x et x y φ arctan. z Conséquemment x x x y z r y x y θ xz x y z x y φ u x x u x y z r y u x y θ x z x y z x y xy u x y z x y θ r x z x y z 3 x y xyz x y z u x y 3 θ φ y z x y z 3 r xy x y θ y zx y z x zx y x y z x y 3 φ 186 u φ u φ r

Conséquemment y y x y z r x x y θ yz x y z x y φ u y y u x y z r x u x y θ y z x y z x y xy x y u x y z r θ y z x y z 3 x y xyz x y z u x y 3 θ φ x z x y z 3 r xy x y θ x zx y z y zx y x y z x y 3 φ u z z u x y z x y x y z φ r x y u x y z φ z x y x y z 3 z x y x y z φ z z x y z r x y x y z 3 r u x u y u z u r 1 u x y θ 1 x y z z x y z x y φ Parce que x y z r et x y r sin φ, nous obtenons que u φ u r φ u φ r u φ x y z r u x u y u z u r 1 u r sin φ θ 1 u r φ r r cotφ r Alors l équation de la chaleur en coordonnées sphériques est t c u r 1 u r sin φ θ 1 u r φ r b Dans ce cas, ur, θ, φ, t est indépendant de θ et φ. Alors φ, u φ, θ, r cotφ r φ u θ. Conséquemment l équation de la chaleur se simplifie à la nouvelle équation t u c r. r r De plus nous avons les conditions u, t pour tout t et ur, fr pour tout r [, ]. c Nous devons donc résoudre le problème suivant t c u r r r u, t pour tout t ur, fr pour tout r [, ] et u est une fonction bornée. 187 avec les conditions. φ.

Si nous utilisons la nouvelle fonction v définie par v r u, alors u r v et t r v t, r r v v r r et u r r 3 v v r r r v r. En substituant dans l EDP de, nous obtenons v r t c r v v r r r r 3 v r Après simplification, nous obtenons le problème suivant à résoudre r r 3 v. v v t c v r avec les conditions v, t pour tout t vr, r fr pour tout r [, ] et v, t pour tout t. Cette dernière condition vient du fait que la fonction u est bornée. Nous allons maintenant résoudre le problème par la méthode de séparation de variables. Pour ce faire, nous allons premièrement considérer le problème intermédiaire: v t c v r avec les conditions v, t pour tout t et v, t pour tout t. Posons vr, t F rgt. Alors en substituant dans l équation de la chaleur et en divisant ensuite par les deux côtés de l équation par c F G, nous obtenons F G c GF 1 G c G F F où G dg dt et F d F dr. Le côté droit de cette dernière équation est une fonction de r, alors que le côté gauche est une fonction de t. Pour que ceci soit possible, il faut que chacune de ces expressions soient une constante. Donc 1 G c G F λ où λ est une constante. F Nous devons aussi tenir compte des conditions du problème. Nous obtenons ainsi v, t F Gt, t F et v, t F Gt, t F. En résumé, nous devons déterminer les fonctions F r et Gt telles que d F dr λf et dg dt c λg avec F F. Si λ >, disons λ ν avec ν >, alors la solution générale de F λf est F r Ae νr Be νr. Parce que ν >, >, F A B et F Ae ν Be ν, nous obtenons A B. Il nous faut donc exclure le cas λ >. Si λ, alors la solution générale de F est F r A Br. Parce que F A et F A B, nous obtenons que A B. Là aussi nous devons exclure le 188