Derivee partielle.pdf

Introduction aux Equations aux DeriveesPartielles

B. Helffer a` partir du texte etabli par Thierry RamondDepartement de Mathematiques

Universite Paris-Sud

Version de Janvier-Mai 2007

Table des matie`res

1 Quest-ce quune EDP? 91.1 Equations differentielles ordinaires . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2 Equations aux Derivees Partielles . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2.1 Derivees partielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.2.2 EDP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.3 Premie`res EDP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.3.1 Exemple 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.3.2 Exemple 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.3.3 Exemple 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.4 Discussion sur la notion de proble`me bien pose . . . . . . . . . 161.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.5.1 Equations differentielles . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.5.2 Derivees partielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.5.3 EDP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2 Syste`mes differentiels et equations differentielles 192.1 En guise dintroduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.1.1 En theorie des circuits electriques . . . . . . . . . . . . 192.1.2 En mecanique classique . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.1.3 Reduction a` un proble`me du premier ordre . . . . . . . 202.1.4 Quelques mots sur la theorie de Cauchy . . . . . . . . 212.1.5 Quelques exemples tre`s simples . . . . . . . . . . . . . 23

2.2 Syste`mes differentiels a` coefficients constants . . . . . . . . . . 242.2.1 Proprietes generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.2.2 Etude du syste`me dans le cas ou` A a des racines reelles

distinctes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.2.3 Syste`mes 2 2 homoge`nes du premier ordre . . . . . . 27

2.3 Traduction pour les equations differentielles dordre n . . . . . 312.3.1 Equations differentielles homoge`nes. . . . . . . . . . . . 312.3.2 La methode de variation des constantes . . . . . . . . . 32

2.4 Syste`mes generaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3

4 TABLE DES MATIE`RES

2.4.1 Suivi du syste`me par changement de base . . . . . . . 352.4.2 Cas dune matrice triangulaire . . . . . . . . . . . . . . 352.4.3 Methode generale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3 EDP lineaires du premier ordre 373.1 Quelques notions supplementaires autour des derivees partielles. 37

3.1.1 Continuite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.1.2 Derivees directionnelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . 383.1.3 Applications de classe Ck . . . . . . . . . . . . . . . . 40

3.2 Les equations de transport . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403.3 Equations a` coefficients constants . . . . . . . . . . . . . . . . 42

3.3.1 Methode des caracteristiques . . . . . . . . . . . . . . . 423.3.2 Methode du changement de variables . . . . . . . . . . 44

3.4 Equations a` coefficients variables . . . . . . . . . . . . . . . . 453.4.1 Champs de vecteurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453.4.2 Un proble`me de Cauchy pour lequation (3.9) . . . . . 47

3.5 Un exemple dequation non-lineaire : Equation de Burgers . . 483.6 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

3.6.1 EDP du premier ordre a` coefficients constants . . . . . 503.6.2 Courbes integrales de champs de vecteurs . . . . . . . . 513.6.3 EDP du premier ordre a` coefficients non-constants . . . 51

4 Lequation des ondes sur un axe 534.1 Le mode`le physique : cordes vibrantes . . . . . . . . . . . . . . 534.2 Solutions de lequation des ondes . . . . . . . . . . . . . . . . 55

4.2.1 Solution generale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 554.2.2 La formule de DAlembert . . . . . . . . . . . . . . . . 56

4.3 Causalite et conservation de lenergie . . . . . . . . . . . . . . 574.3.1 Vitesse de propagation finie . . . . . . . . . . . . . . . 574.3.2 Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

4.4 Quelques theore`mes de base sur les integrales de fonction dependantdun parame`tre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

4.5 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

5 Lequation de Laplace et principe du maximum 675.1 Extrema dune fonction de deux variables . . . . . . . . . . . . 67

5.1.1 Fonctions dune variable . . . . . . . . . . . . . . . . . 675.1.2 Fonctions de deux variables . . . . . . . . . . . . . . . 70

5.2 Generalites sur lequation de Laplace . . . . . . . . . . . . . . 725.3 Principe du Maximum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

TABLE DES MATIE`RES 5

5.4 Proprietes dinvariance . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 745.5 Le Laplacien en coordonnees polaires . . . . . . . . . . . . . . 755.6 Solutions particulie`res : separation des variables . . . . . . . . 775.7 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

5.7.1 Extrema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 795.7.2 Fonctions harmoniques . . . . . . . . . . . . . . . . . . 805.7.3 Le principe du maximum . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

Avant-Propos

Notre comprehension des phenome`nes du monde reel et notre technolo-gie sont aujourdhui en grande partie basees sur les equations aux deriveespartielles, qui seront notees en abrege EDP dans la suite. Cest en effet gracea` la modelisation de ces phenome`nes au travers dEDP que lon a pu com-prendre le role de tel ou tel parame`tre, et surtout obtenir des previsionsparfois extremement precises. Letude mathematique des EDP nous a aussiappris a` faire preuve dun peu de modestie : on a decouvert limpossibilitede prevoir a` moyen terme certains phenome`nes gouvernes par des EDP non-lineaires - pensez au desormais cele`bre effet papillon : une petite variationdes conditions initiales peut en temps tre`s long conduire a` des tre`s grandesvariations. Dun autre cote, on a aussi appris a` entendre la forme dun tam-bour : on a demontre mathematiquement que les frequences emises par untambour lors de la vibration de la membrane - un phenome`ne decrit par uneEDP, permettent de reconstituer parfaitement la forme du tambour.

Lune des choses quil faut avoir a` lesprit a` propos des EDP, cest quilnest en general pas question dobtenir leurs solutions explicitement ! Ce queles mathematiques peuvent faire par contre, cest dire si une ou plusieurssolutions existent, et decrire parfois tre`s precisement certaines proprietes deces solutions.

Lapparition dordinateurs extremement puissants permet neanmoins au-jourdhui dobtenir des solutions approchees pour des equations aux deriveespartielles, meme tre`s compliquees. Cest ce qui sest passe par exemple lorsquevous regardez les previsions meteorologiques, ou bien lorsque vous voyez lesimages animes dune simulation decoulement dair sur laile dun avion. Lerole des mathematiciens est alors de construire des schemas dapproximation,et de demontrer la pertinence des simulations en etablissant des estimationsa priori sur les erreurs commises.

Quand sont apparues les EDP? Elles ont ete probablement formuleespour la premie`re fois lors de la naissance de la mecanique rationnelle au coursdu 17e`me sie`cle (Newton, Leibniz...). Ensuite le catalogue des EDP sestenrichi au fur et a` mesure du developpement des sciences et en particulier de

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la physique. Sil ne faut retenir que quelques noms, on se doit de citer celuidEuler, puis ceux de Navier et Stokes, pour les equations de la mecanique desfluides, ceux de Fourier pour lequation de la chaleur, de Maxwell pour cellesde lelectromagnetisme, de Schrodinger et Heisenberg pour les equations dela mecanique quantique, et bien sur de Einstein pour les EDP de la theoriede la relativite.

Cependant letude systematique des EDP est bien plus recente, et cestseulement au cours du 20e`me sie`cle que les mathematiciens ont commence a`developper larsenal necessaire. Un pas de geant a ete accompli par L. Schwartzlorsquil a fait natre la theorie des distributions (autour des annees 1950), etun progre`s au moins comparable est du a` L. Hormander pour la mise au pointdu calcul pseudodifferentiel (au debut des annees 1970). Il est certainementbon davoir a` lesprit que letude des EDP reste un domaine de recherche tre`sactif en ce debut de 21e`me sie`cle. Dailleurs ces recherches nont pas seulementun retentissement dans les sciences appliquees, mais jouent aussi un role tre`simportant dans le developpement actuel des mathematiques elles-memes, a`la fois en geometrie et en analyse.

Venons-en aux objectifs de ce cours. On souhaite que, apre`s avoir conforteleurs connaissances des equations differentielles ordinaires, les etudiants prennentcontact avec les EDP et quelques unes des methodes et des proble`matiquesqui sy rattachent. Bien sur, il sagit dun cours destine aux etudiants de finde premier cycle, et on espe`re en meme temps renforcer les connaissanceset les savoirs-faire des etudiants en analyse mathematique. De ce point devue, et meme au niveau relativement elementaire ou` lon se place, les EDPconstituent un terrain de jeu (de recreation) extremement riche et vaste !

Le contenu de ce cours est tre`s largement inspire du livre de W.A. Strauss :Partial Differential Equations : An Introduction, John Wiley, 1992. On atenu cependant a` ce que cette presentation des EDP soit aussi loccasionde mettre en action certains outils mathematiques, et lon introduit les no-tions necessaires au fur et a` mesure des besoins : elements sur les equationsdifferentielles ordinaires, calcul differentiel des fonctions de plusieurs variablesreelles, fonctions definies par des integrales generalisees, series de Fourier...

Chapitre 1

Quest-ce quune EDP?

1.1 Equations differentielles ordinaires

Pour fixer les idees, on rappelle dabord quelques notions a` propos des equa-tions differentielles ordinaires (EDO). Une equation differentielle est une re-lation du type

F (x, u(x), u(x), u(x), . . . , u(n)(x)) = 0 , (1.1)

entre la variable x R et les derivees de la fonction inconnue u au point x.La fonction F est une fonction de plusieurs variables (x, y) 7 F (x, y) ou` xest dans R (ou parfois dans un intervalle de R) et y = (y0, . . . , yn) est dansRn+1.Lexemple le plus simple est celui du mouvement dun corps (identifie) a` unpoint sur la droite. La variable x correspond alors au temps et le mouvementest decrit par lequation :

u(x) = f(u(x)) , (1.2)

(cest la cele`bre formule ~F = m, ou` est lacceleration).Ici la fonction F qui intervient est ici la fonction

I R3 3 (x, y0, y1, y2) 7 F (x, y0, y1, y2) = y2 f(y0) .

On note que la fonction F ne depend pas de x et de y1.

Maintenant, si f est continue, on peut toujours trouver v continument derivabletelle que :

f(y) = v(y) .

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10 CHAPITRE 1. QUEST-CE QUUNE EDP?

On peutalors montrer, en derivant par rapport a` x, la fonction energie :

x 7 12u(x)2 + v(u(x)) ,

avec u solution de (1.2), que celle-ci est constante au cours du temps :

1

2u(x)2 + v(u(x)) = E0 ,

ou` E0 est calculee par la valeur de lenergie au temps initial x0.On obtient une nouvelle equation (plus facile a` resoudre) qui a la formeci-dessus

G(x, u(x), u(x)) = 0 ,

avec cette fois-ci :

G(x, y0, y1) :=1

2y21 + v(y0) E0 .

Expliquons brie`vement pourquoi la resolution en est plus simple.

On reecrit lequation sous la forme

u(x) = 2(E0 v(u(x)) . (1.3)

Si on suppose que u(x0) 6= 0 et que le terme de droite ne sannule pas, onpeut decider si doit etre choisi egal a` + ou a` . Dans la suite, on supposeque u(x0) > 0 et lequation devient :

u(x) =2(E0 v(u(x)) .

Toujours en supposant que le terme de doite ne sannule pas, on reecritlequation sous la forme

u(x)2(E0 v(u(x))

= 1 .

On reecrit cette fois-ci le membre de gauche sous la forme

[g(u(x)] = 1 , (1.4)

ou` g est determine (a` laddition dune constante pre`s) par

g(y0) =1

2(E0 v(y0)). (1.5)

1.1. EQUATIONS DIFFERENTIELLES ORDINAIRES 11

Autrement dit g est une primitive de la fonction y0 7 12(E0 v(y0))

bien

defini dans un intervalle assez petit contenant x0. On peut alors trouverlocalement une application reciproque notee g1 (attention, ce nest pas1

g!) de g, i.e. telle que

g(g1(t)

)= t ,

pour t voisin de g(u(x0)).On peut reecrire (1.4) sous la forme

[g(u(x)) x] = 0 , (1.6)qui implique, en utilisant la condition initiale,

g(u(x)) = g(u(x0)) + (x x0) . (1.7)Ceci nous donne en principe la solution dans un petit intervalle contenant x0par

u(x) = g1 (g(u(x0)) + (x x0)) . (1.8)

Un autre exemple classique est celui des EDO lineaires a` coefficientsconstants, qui secrivent formellement

anu(n)(x) + an1u(n1)(x) + . . .+ a1u(x) + a0u(x) = f(x), (1.9)

ou` f est une fonction donnee. On parle dequation lineaire homoge`ne lorsquef = 0. Lordre dune EDO est le plus grand ordre de derivation qui apparaitdans lequation - ici n.

Remarque 1.1.1 On peut bien sur ecrire (1.9) sous la forme (1.1). Onverifiera que la fonction

R Rn+1 3 (x, y) 7 F (x, y0, y2, . . . , yn) =n

j=0

ajyj f(x)

repond a` la question.

Resoudre une EDO, cest trouver un intervalle ouvert I R et une fonctionu definie sur I, suffisamment derivable sur cet intervalle, et telle que pourtout x I, la relation (1.1) a lieu.

On se convainquera rapidement que seule la connaissance de la fonction etde certaines de ses derivees en un point permettra didentifier une solutionbien precise (proble`me de lunicite).


1.2 Equations aux Derivees Partielles

Le caracte`re particulier dune equation aux derivees partielles (EDP) est demettre en jeu des fonctions de plusieurs variables

(x, y, . . .) 7 u(x, y, . . .).

Une EDP est alors une relation entre les variables et les derivees partiellesde u.

1.2.1 Derivees partielles

On introduira au fur et a` mesure quelques notions1 sur les fonctions de plu-sieurs variables reelles. On se limite pour les enonces au cas de fonctions dedeux variables, mais les notions qui suivent se generalisent facilement auxfonctions de n variables reelles, ou` n est un entier quelconque (superieur a`2). Pour le moment, nous nexaminons que les proprietes des applicationspartielles associees a` une telle fonction f .

Definition 1.2.1Soit f : R2 R et (x0, y0) R2. On appelle applications partielles associeesa` f en (x0, y0), les deux applications de R dans R obtenues en figeant lunedes variables :

f1 : x 7 f1(x) := f(x, y0) et f2 : y 7 f2(y) := f(x0, y)

La notion de derivee partielle de f en un point (x0, y0) est alors particu-lie`rement simple : il sagit des derivees des applications partielles associees a`f en (x0, y0).

Definition 1.2.2Soit =]a, b[]c, d[ dans R2, et f : R2 R une application. Soit(x0, y0) , et f1 :]a, b[ R lapplication definie par

f1(x) = f(x, y0).

On dit que f admet une derivee partielle par rapport a` la premie`re va-riable en (x0, y0) lorsque f1 est derivable en x0. On note 1f(x0, y0) ou encorexf(x0, y0) le nombre f

1(x0).

De la meme manie`re, si elle existe, on note 2f(x0, y0) la derivee partielle def par rapport a` la deuxie`me variable en (x0, y0).

1qui seront analysees plus en profondeur dans un autre cours

1.2. EQUATIONS AUX DERIVEES PARTIELLES 13

Exercice 1.2.3Calculer les derivees partielles des fonctions suivantes au point (x0, y0), lors-quelles existent.

f(x, y) = x2 + y3, f(x, y) = x2y4, f(x, y) = x cos(y) + y2 + 2,

etf(x, y) = |x|+ y

x2 + y2.

On definit ensuite par recurrence les derivees partielles dordre superieur. Parexemple 2xxu(x0, y0) designe en fait x(xu)(x0, y0), cest a` dire la deriveepartielle par rapport a` la premie`re variable en (x0, y0) de la fonction de R2dans R, (x, y) 7 xu(x, y).Exercice 1.2.4Calculer 2xxu(x0, y0),

2yyu(x0, y0),

2xyu(x0, y0),

2yxu(x0, y0) et

2xyxu(x0, y0),

pour les trois premie`res fonctions de lexercice precedent.

On observe dans lexercice que 2xyu = 2yxu. On donnera plus tard des condi-

tions suffisantes pour que ce soit le cas. Retenons pour linstant que lorsquela fonction est suffisamment gentille(par exemple si toutes les derivees par-tielles sont continues) le resultat dune succession de derivees partielles nedepend pas de lordre dans lequel on les fait.

1.2.2 EDP

Dans le cas de deux variables, une EDP dordre 1 secrit

F (x, y, u(x, y), xu(x, y), yu(x, y)) = 0. (1.10)

et une equation du second ordreecrit

F (x, y, u(x, y), xu(x, y), yu(x, y),

2xu(x, y), xyu(x, y) = 0 .(1.11)

Plus generalement, on peut considerer des equations mettant en jeu desderivees

mjx

njy u. Lordre dune EDP est alors le plus grand ordre de derivation

mj + nj qui apparat dans lequation.Resoudre une EDP dans un domaine de Rd (d est le nombre de variables),cest trouver une fonction suffisamment differentiable dans (voir le Cha-pitre 2), telle que la relation (1.10) soit satisfaite pour toutes les valeurs desvariables dans .


Voici quelques exemples, tre`s simples a priori, dEDP a` deux variables. Cer-taines de ces EDP modelisent levolution au cours du temps de certainssyste`mes, et il est dusage de garder la notation t pour la variable temps.

1. tu(t, x) + cxu(t, x) = 0 (une equation de transport) ; (Etudier silexiste des solutions de la forme g(x at) avec g de classe C1).

2. tu(t, x) + u(t, x)xu(t, x) = 0 (une equation donde de choc) ;

3. xyu(x, y) = 0 (variante de lequation des ondes) ;

4. 2xxu(x, y) + 2yyu(x, y) = 0 (lequation de Laplace) ;

5. 2ttu(t, x) = 2xxu(t, x) (lequation des ondes ou des cordes vibrantes).

Comme pour les EDO, on parle dEDP lineaires ou non-lineaires. Dans laliste ci-dessus, seule lequation 3. est non-lineaire. Pour mieux comprendrede quoi il sagit, il est commode de parler de loperateur aux derivees partiellesassocie a` une EDP. Il sagit de lapplication qui a` une fonction u associe lemembre de gauche de lEDP. Par exemple loperateur associee a` lequation 1.est P1 : u 7 xu+yu, celui associee a` lequation (3) est P3 : u 7 xu+uyu.On dit que lEDP est lineaire lorsque loperateur P qui lui est associe lest,cest a` dire que, pour toutes fonctions u, v gentilles et

, R, P (u+ v) = P (u) + P (v) . (1.12)Cest bien le cas pour P1, et il est tre`s simple de verifier que P3(u) 6= P3(u)en general.Dautre part on parle egalement dEDP lineaire homoge`ne lorsque la fonctionnulle u = 0 est solution. En dautres termes tous les termes de lequationcontiennent la fonction inconnue ou lune de ses derivees partielles. Toutesles equations lineaires ci-dessus sont homoge`nes, alors que lEDP

2xxu+ 2yyu = f(x, y) (1.13)

ne lest pas ! Notons que loperateur aux derivees partielles associe a` (1.13)est P5 =

2xx +

2yy comme pour lequation 5. ci-dessus.

Comme pour les EDO, les EDP lineaires homoge`nes ont une propriete parti-culie`re, communement appele principe de superposition : toute combinaisonlineaire de solutions est encore une solution. Enfin lorsque lon ajoute a` unesolution dune EDP lineaire inhomoge`ne une solution quelconque de lEDPhomoge`ne associee, on obtient encore une solution de lEDP inhomoge`ne.

1.3 Premie`res EDP

Comme on la souligne dans lavant-propos, il est en general desespere de vou-loir connatre explicitement la ou les solutions dune EDP. Cest cependantparfois possible : voici trois exemples a priori tre`s simples.

1.3. PREMIE`RES EDP 15

1.3.1 Exemple 1

On veut trouver les fonctions u : R2 R telles que2xxu = 0. (1.14)

Que faut-il lire ? Rappelons que la notation 2xx signifie que lon appliquedeux fois loperateur x :

2xxu = x(xu).

Lequation (1.14) signifie donc que la derivee partielle par rapport a` le premie`revariable, de la derivee partielle de u par rapport a` la premie`re variable estnulle : x(xu) = 0. Commencons donc par poser v(x, y) = xu(x, y). On doitavoir, pour tout (x, y) R2

xv(x, y) = 0.

Pour tout y fixe lapplication partielle x 7 v(x, y) doit donc etre constante.Bien sur cette constante peut dependre de y. On voit donc que necessairement

v(x, y) = C(y)

pour une certaine fonction C. On est ramene au proble`me suivant : trouveru telle que

xu(x, y) = C(y).

En raisonnant de la meme manie`re, on voit que necessairement,

u(x, y) = C(y)x+D(y)

ou` D est encore une certaine fonction. Il est enfin immediat de verifier quenimporte quelle fonction de ce type verifie lequation (1.14), pourvu quecette fonctions admette des derivees partielles. Notons de`s a` present quil ya enormement de solutions pour lequation (1.14), puisque aucune conditionsur les fonctions C et D nest apparue dans la demonstration.

1.3.2 Exemple 2

On veut resoudre lequation

uxx + u = 0 . (1.15)

Figeons la variable y, et posons v(x) = u(x, y). On doit resoudre lequationdifferentielle v + v = 0. Les solutions sont

v(x) = A cosx+B sin x,

et revenant a` u on obtient

u(x, y) = A(y) cos x+B(y) sinx,

ou` A et B sont deux fonctions quelconques.


1.3.3 Exemple 3

On sinteresse maintenant a` lequation

uxy = 0. (1.16)

Nous allons voir que lon peut interpreter de deux manie`res differentes -ettoutes les deux raisonnables- la notation uxy et aboutir a` des ensembles desolutions differents. Cest bien entendu tre`s genant, et lon verra tre`s vitecomment remedier a` ce genre dambigute.Considerons dabord que uxy designe x(yu). Lequation (1.16) donne dabordyu(x, y) = C(y), ou` C est une fonction quelconque de y, puis

u(x, y) =

yy0

C(s)ds+D(x).

On doit noter que la fonction D est arbitraire, mais que C doit posseder uneprimitive. En particulier la fonction u(x, y) trouvee est derivable par rapporta` y.Supposons maintenant que, suivant une autre convention uxy designe y(xu).On trouve alors xu(x, y) = E(x), puis u(x, y) =

xx0E(s)ds + F (y). Cette

fois la fonction trouvee est derivable par rapport a` x, et ne posse`de aucunepropriete particulie`re par rapport a` y. Autrement dit lensemble des solutionsdepend de linterpretation de lequation. On notera que la difficulte disparatsi on se limite a` la recherche de solutions assez regulie`res, disons de classeC2.

1.4 Discussion sur la notion de proble`me bien

pose

Sur les exemples qui prece`dent, on voit que le nombre de solutions dune EDPpeut etre tre`s grand. Rappelons le cas des equations differentielles lineaireshomoge`nes a` coefficients constants. Pour lequation

anu(n)(x) + an1u(n1)(x) + . . .+ a1u(x) + a0u(x) = 0 , (1.17)

on rappellera plus loin que lensemble des solutions est un espace vectorielde dimension n : la solution generale depend de n constantes (n est lordrede lequation). On obtient une solution unique lorsque lon fixe n conditionssupplementaires du type

u(0) = y0, u(0) = y1, . . . , u(n1)(0) = yn1, (1.18)

1.5. EXERCICES 17

ou` y0, y1, . . .yn1 sont n reels fixes.Le proble`me qui consiste a` resoudre lequation (1.17) sous la condition (1.18)porte le nom de proble`me de Cauchy.Les trois exemples precedents sont des EDP lineaires homoge`nes dordre 2,et leur solution generale depend de deux fonctions arbitraires - au lieu dedeux constantes pour les EDO. On retiendra seulement que lensemble dessolutions dune EDP peut etre difficile a` decrire.Cependant lorsque les EDP proviennent de la modelisation dun phenome`nedu monde reel, les solutions interessantes sont celles qui satisfont certainesconditions supplementaires. Prenons un exemple. On cherche a` decrire lesvibrations verticales dune corde de longueur L, tendue entre deux pointsfixes A et B. On note u(t, x) la hauteur a` linstant t du point de la cordeplace a` distance x de A. Il est bien clair que les seules fonctions u(t, x) quinous interessent sont celles pour lesquelles

t , u(t, A) = u(t, B) = O .Ce type de condition est appele condition au bord, mais il y a bien dautressortes de contraintes que lon rencontre tre`s souvent, par exemple : Des conditions de regularite :Les solutions doivent etre suffisamment differentiables, au moins pour quelequation ait un sens. Cest en particulier ce genre de condition qui manquepour que lequation (1.16) ait un sens precis.

Des conditions initiales :On connat letat du syste`me que lon veut decrire a` linstant t = 0 et ilsagit de decrire son evolution dans le temps.

Des conditions de comportement a` linfini. Des conditions de stationarite.Il est alors possible que le proble`me considere EDP+condition(s) physique(s)admette une unique solution. Lorsque, de plus, la solution depend continumentdes donnees physiques, dans le sens ou` une petite erreur sur les donnees nechange que peu la solution, on parlera de proble`me bien pose. Bien sur, ilfaudra definir tout ceci de manie`re mathematiquement plus precise ! !

1.5 Exercices

1.5.1 Equations differentielles

1. Soit a une fonction continue sur R. Montrer, en les calculant explicite-ment, que les solutions de lequation differentielle

y + a(x)y = 0


ne sannulent jamais, sauf une.

2. Trouver toutes les solutions de lequation differentielle

u u2 = 0.

1. Montrer quen dehors de la fonction identiquement nulle, les solutionsde cette equation ne sannulent pas.

2. Y-a-t-il des solutions definies sur R tout entier ?

1.5.2 Derivees partielles

1. Soit u(x, y) = x3y + exy2. Calculer xu, yu,

2xu,

2yu et

2xyu.

1.5.3 EDP

1. Montrer que les fonctions u(t, x) = f(t) + g(x), ou` f et g sont deuxfonctions de classe C1 sur R, sont solutions de lEDP txu(t, x) = 0dans R2.

2. Montrer que pour toute fonction f C1, u(x, t) = f(xct) est solutionde lEDP tu + cxu = 0. Comment faire de cette EDP un proble`mebien pose ?

3. Resoudre lEDP 2yu(x, y) = 1. Comment faire de cette EDP un proble`mebien pose ?

4. Montrer que u(x, y) =x2 + y2 est solution dans R2 \ {0} de lEDP

2xu+ 2yu =

1x2 + y2

.

5. Calculer u dans R2 \ {0} pour u = ln(x2 + y2).6. Etudier les solutions polynomes de u = 0, dans R2.

7. Montrer que pour toute fonction f C1, u(x, t) = f(xt) verifie pour

tout t > 0 lequation ttu+ xxu = 0.

Chapitre 2

Syste`mes differentiels etequations differentielles

Beaucoup de proble`mes relevant de la physique ou de la mecanique se rame`nenta` letude dequations aux derivees partielles ou plus simplement dequationsdifferentielles. On se limitera a` letude des cas les plus simples : les syste`mesdequations differentielles a` coefficients constants.

2.1 En guise dintroduction

2.1.1 En theorie des circuits electriques

Le courant electrique y(t) dans un circuit branche sur une source alternativede frequence satisfait a` une equation differentielle de la forme :

ay(t) + by(t) + cy(t) = cos(t+ ) ,

avec a 6= 0.On souhaiterait determiner la solution t 7 y(t). Cette equation est ap-pelee oscillateur harmonique force. Bien entendu la nature des solutionsdependra fortement des valeurs des reels a, b, c, et .On montrera comment resoudre explicitement cette equation.

2.1.2 En mecanique classique

Le mouvement dun corps suppose ponctuel (penser a` son centre de masse) demasse 1 se deplacant dans R3 (ou dans un sous-ensemble de R3) et soumis a`un champ de potentiel V est donne par un syste`me dequations differentielles :

d2xj(t)

dt2= (xjV )(x1(t), x2(t), x3(t)) , pour j = 1, , 3 .

19

20CHAPITRE 2. SYSTE`MES DIFFERENTIELS ET EQUATIONS DIFFERENTIELLES

On rappelle que xjV designe la derivee partielle de V par rapport a` lavariable xj. On note aussi x

j la derivee seconde par rapport a` la variable t

(t correspondant au temps).On dit que cest un syste`me (il y a en fait trois equations) differentiel du

second ordre (a` cause dud2

dt2).

Un tel syste`me a beaucoup de solutions. La principale raison (qui est au moinsintuitivement bien connue) est que lon doit au moins connatre la situationa` un instant donne disons t0. Par situation, on entend ici la connaissance dela position a` linstant t0 x(t0) = x0, mais aussi de sa vitesse : dx/dt(t0) = v0.

Typiquement, le potentiel V est un potentiel de Coulomb V = 1|x| (mar-quant lattraction exercee sur le corps considere1 par un autre corps supposeponctuel a` lorigine), ou est un potentiel dit harmonique :

V (x) =3

i=1

ix2i .

Dans le deuxie`me cas, le syste`me se decouple en trois equations independantesde meme type :

d2xidt2

= ixi , pour i = 1, . . . , 3 ,correspondant au proble`me rencontre pour le circuit electrique.

2.1.3 Reduction a` un proble`me du premier ordre

Dans tous les cas, on peut se ramener a` un syste`me du premier ordre, certesavec beaucoup plus dequations. Le truc dans le premier cas considere est lesuivant. On pose :

X(t) =

(y(t)y(t)

),

et on observe, en utilisant lequation que :

X (t) =(y(t)y(t)

),

=

( bay(t) c

ay(t) +

acos(t+ )

y(t)

).

1Par exemple lattraction dun electron par un noyau ou de la terre par le soleil, et c..

2.1. EN GUISE DINTRODUCTION 21

Le syste`me obtenu secrit alors :

X (t) = AX(t) +B(t) ,

avec

A =

( ba

ca

1 0

)et

B(t) =

( acos(t+ )

0

).

Inversement, si on sait resoudre le syste`me obtenu, on peut verifier que ladeuxie`me composante de X(t) verifie lequation du second ordre initiale.Cette procedure est beaucoup plus generale que celle rencontree dans le casparticulier. On peut aussi faire cette reduction dans le second cas et lontrouve un syste`me differentiel avec six equations de la forme :

X (t) = F (X(t)) .

Sans resoudre explicitement les equations, on peut obtenir des informationsa priori sur les proprietes dune eventuelle solution. Un exemple est donnepar :

Exercice 2.1.1En admettant que la solution du second syste`me existe et est de classe C2

verifier la conservation2 de lenergie :

1

2|x(t)|2 + V (x(t)) = 1

2|v0|2 + V (x0) .

En deduire dans le cas ou` V (x) =

j jx2j que la particule ne peut pas

sechapper a` linfini. Regarder aussi le cas du potentiel de Coulomb.

2.1.4 Quelques mots sur la theorie de Cauchy

On se contente juste denoncer un theore`me sans demonstration. Il est tradi-tionnellement appele Theore`me de Cauchy-Lipschitz mais nous lenonceronsci-dessous sous des hypothe`ses lege`rement plus fortes.Les syste`mes rencontres ci-dessus de rame`nent tous a` la forme suivante :

dX/dt = F (t,X(t)) (2.1)

2Ceci suppose le maniement des derivees partielles que nous avons presente au chapitre?? et qui sera revu au Chapitre 3.


auquel on rajoute ce que lon appelle une condition initiale

X(t0) = X0 . (2.2)

Precisons les notations. X(t) est pour tout t un point de Rn ou dun ouvert3 (i.e. une reunion quelconque de boules ouvertes) de Rn represente le plussouvent comme un vecteur colonne et on cherche en fait une applicationt 7 X(t) de classe C1 defini dans un certain intervalle ouvert I. Lapplication(t, x) 7 F (t, x) est une application continue de I dans Rn.Theore`me 2.1.2 (Cauchy-Lipschitz)Si F est une application de classe C1 de I dans Rn, alors, pour toust0 I et X0 , il existe 0 > 0 tel que lequation (2.1) avec la conditioninitiale (2.2), admette une solution unique de classe C1 dans un intervallede la forme ]t0 0, t0 + 0[ pour un 0 > 0.Notons que ce theore`me ne donne pas dexistence dans lintervalle I initialmais dans un intervalle eventuellement plus petit.

La theorie etudie alors les questions suivantes : Comment la solution depend-elle de la condition initiale X0 ? Quel est lintervalle maximal dexistence de la solution ? Si F est plus regulie`re (dans Ck), la solution est-elle plus regulie`re ?Notons aussi que theore`me ne donne pas de solutions explicites (ce nest pastoujours possible sauf en faisant des approximations ! !).

La premie`re approximation pour bien comprendre ce qui se passe est deremplacer lequation initiale par :

X (t) = F (t0, X0) .

La solution approchee est alors :

Xapp(t) = X0 + F (t0, X0)(t t0) .

Cest satisfaisant si F (t0, X0) 6= 0 et dans ce cas on peut aussi utiliser lameme idee pour X(t0) assez voisin de X0.Lorsque F (t0, X0) = 0, cest a` la fois plus simple et plus complique. Traitonsle cas (dit autonome) ou` F (t,X) = F (X). La variable t napparait pasexplicitement. Cest plus simple en ce sens que X(t) = X0 est alors solution.Mais pour comprendre ce qui se passe pour X(t0) proche de X0, on est amene

3Voir au Chapitre 3, pour une definition plus precise.

2.1. EN GUISE DINTRODUCTION 23

a` regarder un syste`me linearise, ou` F (X) est remplace par A (X X0), ou`A est la matrice :

A = ((kFj)(X0)) .

On se rame`ne alors au cas particulier des syste`mes differentiels lineaires a`coefficients constants qui ont la forme :

dX/dt = AX(t) +B(t) ,

ou` A est une matrice n n et t 7 B(t) est une fonction de I dans Rn, etbien evidemment tous ceux qui se rame`nent a` ce cas.La fonction F (t,X) introduite plus haut est alors simplement :

F (t,X) = AX +B(t) .

Cest cette simplification qui nous conduit a` porter toute notre attention a`ce cas.

2.1.5 Quelques exemples tre`s simples

Le premier exemple correspond tout simplement a` la notion de primitive. Onconside`re :

x(t) = f(t) , x(t0) = x0 .

Cette equation se reecrit formellement

dx = f(t)dt ,

et on obtient :

x(t) x0 = tt0

f(s)ds

Exercice 2.1.3Regarder le cas f(s) = |s|. Discuter en fonction de . Comparer avec leshypothe`ses du theore`me de Cauchy.

Le deuxie`me exemple est :x(t) = g(x)

Dans ce cas, la resolution passe par lechange des variables. Plutot que dechercher a` trouver directement x(t), on cherche a` resoudre lequation satis-faite par la fonction x 7 t(x) definie au moins formellement par :

x(t(x)) = x .


On obtient formellement :dx/g(x) = dt

Soit : xx0

du/g(u) = t(x) t0 .

Dans certains cas cela permet de resoudre explicitement lequation. Dansdautres cas, ou` on ne sait pas faire de calcul explicite, on peut utiliser destheore`mes dinversion (local ou global) en montrant que x 7 t(x) est unefonction monotone dun intervalle sur un autre, propriete qui sanalyse facile-ment (en regardant la derivee) si g ne sannule pas sur lintervalle considere.

Exemple 2.1.4

g(u) = uk .

Discuter en fonction de k entier et de x0 R, lexistence de solutions tellesque x(0) = x0. La solution existe-t-elle pour tout t ?

Regarder aussi le cas g(u) = |u|1/2 avec x(0) = 0. Y-a-t-il unicite de lasolution ? Les hypothe`ses du theore`me de Cauchy sont-elles satisfaites ?

Exercice 2.1.5

t2x(t) x(t) = 0 .Montrer quil y une solution non identiquement nulle de classe C1 mais quiest nulle sur lun des deux demi-axes.

2.2 Syste`mes differentiels a` coefficients constants

2.2.1 Proprietes generales

Nous nous concentrons donc sur la recherche des solutions generales dusyste`me differentiel :

(SD) dX/dt = AX +B(t) ,

ou` X(t) RN et B(t) RN .Le premier principe concerne la linearite.Commencons par une definition.On appelle syste`me homoge`ne (H) associe le syste`me correspondant a` B(t) 0 :

(H) dX/dt = AX .

2.2. SYSTE`MES DIFFERENTIELS A` COEFFICIENTS CONSTANTS 25

Theore`me 2.2.1Soit (SD) un syste`me differentiel a` coefficients constants et (H) le syste`mehomoge`ne associe et soit X0(t) une solution de (SD). Alors toute solutionX(t) de (SD) secrit sous la forme

X(t) = X0(t) + Z(t)

ou` Z(t) est une solution du syste`me homoge`ne (H).

La demonstration est immediate, si on observe que X(t)X0(t) est effective-ment une solution du syste`me homoge`ne. Il est utile dobserver que lespacedes solutions de (H) est un espace vectoriel.Par consequent, resoudre (SD), cest trouver une solution particulie`re X0(t), une base de lespace vectoriel des solutions de H.

Existence et Unicite.

On commence par redonner la traduction du theore`me de Cauchy dans le casparticulier.

Theore`me 2.2.2Supposons que t 7 B(t) est continue sur R. Alors, pour tout vecteur v RN ,il existe une et une seule solution X(t) du syste`me (SD) definie pour toutt R telle que X(0) = v. En particulier, lespace vectoriel des solutions dusyste`me associe homoge`ne est de dimension N .

Exemple elementaire

Considerons le cas N = 1. Le syste`me secrit : y(t) = ay(t)+ b(t). On resoutdabord le syste`me homoge`ne. Pour tout v R, la solution de (H) telle quey(0) = v est donnee par y(t) = v exp at. Lespace des solutions du syste`mehomoge`ne est donc bien de dimension 1.Pour determiner la solution du syste`me non-homoge`ne (on dit aussi avecsecond membre), on fait ce qui est communement appele la methode devariation des constantes. On ecrit : y(t) = eatz(t) et on cherche lequationverifiee par z(t). On trouve dabord :

z(t) = b(t)eat ,

et on est ainsi ramene a` la recherche dune primitive convenable. Pour t = 0,on observe que z(0) = v (si on cherche y tel que y(0) = v). Dou` :

z(t) = v +

t0

expas b(s) ds .


Ceci conduit finalement a` :

y(t) = v exp at+ exp at

t0

expas b(s) ds .

2.2.2 Etude du syste`me dans le cas ou` A a des racinesreelles distinctes

Solutions du syste`me homoge`neLa premie`re information est donnee par :

Theore`me 2.2.3Soit (H) le syste`me homoge`ne. Alors si A admet une valeur propre reelle et si v est un vecteur propre associe : Av = v (avec v 6= 0), alors X(t) =exptv est solution de (H).

La demonstration est immediate, on observe en effet que :

X (t) = exptv = A(X(t)) .

Dans le cas favorable, cela conduit au theore`me :

Theore`me 2.2.4

Supposons que pour une matrice A on soit dans la situation ou` il existe nvaleurs propres reelles distinctes 1, 2, ...., n. Si u1, u2, ....un, sont desvecteurs propres associes, alors les solutions Xj(t) = expjtuj constituentune base de lespace des solutions de (H).

On reprendra tout ceci en detail dans le cas des syste`mes 2 2.

Methode de variation des constantes

On peut aussi alors faire la variation des constantes de la manie`re suivante.On ecrit :

B(t) =j

bj(t)Xj(t) .

On utilise ici que pour tout t, Xj(t) est une base de Rn.On cherche une solution particulie`re de X (t) = AX(t), sous la forme :

X(t) =j

cj(t)Xj(t) ,


ou` les cj(t) sont a` determiner.En remplacant dans lequation, on obtient :

j

cj(t)Xj(t) =j

bj(t)Xj(t) ,

qui conduit a` :

cj(t) = bj(t) , j = 1, , n .On peut alors choisir :

cj(t) =

t0

bj(s)ds ,

pour produire une solution particulie`re.

Remarque 2.2.5Rappelons que pour verifier les hypothe`ses ci dessus. On peut calculer ledeterminant det (A I). Cest un polynome de degre n a` coefficients reels(car on suppose ici A matrice reelle). On cherche alors les racines de cepolynome et on verifie si la condition ci-dessus est satisfaite. Pour chaqueracine j, on sait que le noyau de (A j) est de dimension au moins egalea` 1 et on peut donc trouver un vecteur propre uj.

2.2.3 Syste`mes 2 2 homoge`nes du premier ordreOn conside`re :

x(t) = ax(t) + by(t) ,y(t) = cx(t) + dy(t) .

On va mener une etude comple`te dans ce cas. Cela nous permettra en parti-culier de repondre a` lexemple considere dans la theorie des circuits.

Cas de deux racines reelles distinctesOn a deja` traite ce cas. On regarde donc juste un exemple.

Exemple 2.2.6

x(t) = y(t) , y(t) = x(t) .

La matrice A correspondante a deux valeurs propres reelles distinctes : 1.On peut alors trouver la solution telle que X(0) = (0, 1) en ecrivant ce vecteursur la base des vecteurs propres de la matrice A.


Cas de deux racines complexes distinctesDans ce cas si A est a` coefficients reels, on voit facilement que 1 = 2.Autrement dit, les deux valeurs propres sont complexes conjuguees.Dans ce cas, il vaut mieux oublier un instant que la question posee etait larecherche de solutions reelles. Si on oublie ce point, il est immediat de trouverdeux vecteurs propres (dans C2) de A. On peut meme les choisir tels que :v2 = v1.On a en effet :

Av1 = 1v1 ,

qui correspond a` lecriture de deux equations dans C.Si on prend le complexe conjugue de ces deux equations, et en remarquantque la matrice A est a` coefficients reels, on obtient :

Av1 = 1v1 .

Autrement dit, on a demontre que si v1 est vecteur propre (dans C2), pourla valeur propre 1, alors le vecteur v1 dont les coordonnees dans la basecanonique de C2 sont les conjuguees complexes de celles de v1 est vecteurpropre de A attache a` la valeur propre 1.Toute solution complexe de (H) secrit donc :

X(t) = c1X1(t) + c2X2(t) ,

avec X2(t) = X1(t).Il est alors facile de reconnatre les solutions reelles, telles que X(t) = X(t).On doit juste avoir

c2 = c1 .

Les solutions reelles de (H) sont donnees par :

X(t) = c1X1(t) + c1X1(t) .

On peut alors redonner une ecriture reelle de lespaces des solutions, en in-troduisant : c1 = a+ ib, 1 = + i et u1 = v + iw, avec a, b, , reels et vet w dans R2.On obtient lecriture suivante :

X(t) = (a+ ib)(v + iw) expt(cos t+ i sin t) + c. c ,

ou` c. c veut dire complexe conjugue.Ceci donne :

X(t) = ((av bw) + i(bv + aw)) expt(cos t+ i sin t) + c. c


ou encore :

X(t) = 2((av bw)cost sin t(bv + aw)) exptOn peut aussi le reecrire sous la forme :

X(t) = 2 expt ((a cos t b sin t)v (b cos t+ a sin t)w) .Notons que le theore`me de Cauchy dit a priori que, si on cherche X(t) dansC2 solution de (H) avec X(0) R2, alors X(t) sera en fait dans R2.Pour la resolution du proble`me avec second membre, on peut proceder commedans le cas reel. De nouveau le theore`me de Cauchy dit a priori que, si oncherche X(t) dans C2 solution de (SD) avec X(0) R2 et B(t) dans R2,alors la solution X(t) sera en fait dans R2.

Exemple 2.2.7

x = y , y = x .Alors le polynome caracteristique a deux racines i et i. Lespace propreassocie a` la valeur propre i est donne par

iz1 z2 = 0

On peut donc prendre u = (1, 0) et v = (0,1). Si on prend comme conditioninitiale X(0) = (0, 1), on trouve : X(t) = ( sin t, cos t).

Cas dune racine double

Ecrivons dabord que la matrice (22) a une racine double. Si A =(a bc d

),

et si est la valeur propre double, on a :

2 = a+ d , ad bc = 2 .

On observe alors que :

A = I +N ,

ou` N a la propriete que :

N2 = 0 .

Pour le voir, on se rame`ne immediatement au cas = 0 en remplcant a para et c par c .Il sagit de montrer quune matrice N qui a zero comme valeur propre doubleest forcement de carre 0. Cest immediat par calcul bete.


On peut aussi chercher quelle est la forme generale de N . Trois cas sont a`considerer. Dabord, on rencontre le cas ou` :

N =

1

,avec 6= 0 et 6= 0.On a deux autres cas a` considerer :

N =

(0 0 0

)ou

N =

(0 0 0

).

Deux cas peuvent se presenter :

ou bienN = 0 et on peut choisir pour A deux vecteurs propres lineairementindependants : les deux vecteurs (1, 0) et (0, 1) font laffaire ! !

ou bien N nest pas loperateur nul. Comme N2 = 0, N est de rang 1.Son noyau est de dimension 1. On peut toujours alors prendre un vecteurpropre de A comme u1 (il satisfait Nu1 = 0) et un vecteur u2 independant

4

de u1 tel que Nu2 = u1.

On peut verifier a` la main que : expt u1 et expt (u2+ tu1) sont solutions.

En effet :

d

dtexpt (u2 + tu1) = expt(u2 + tu1) + expt u1 ,

et

A(expt(u2 + tu1))= (I +N)(expt (u2 + tu1)) expt (u2 + tu1) + expt Nu2 .

Remarque 2.2.8Il est interessant dans chacun des cas de decrire dans R2 la courbe decritepar une solution X(t).

4Montrons ce dernier point. Soit u2, un vecteur lineairement independant de u1. Nnetant pas nul, on a Nu2 non nul et N(Nu2) = 0. Donc Nu2 = 2u1. On pose alors

u2 =12

u2.

2.3. TRADUCTION POUR LES EQUATIONS DIFFERENTIELLES DORDRE N31

2.3 Traduction pour les equations differentielles

dordre n

On regarde lequation avec second membre :

(ed)n

j=0

ajy(nj)(t) = b(t) .

2.3.1 Equations differentielles homoge`nes.

Pour le syste`me homoge`ne, qui est defini par :

(eh)n

j=0

ajy(nj)(t) = 0 ,

on peut faire la reduction a un syste`me differentiel dordre 1 nn, puis suivrela methode expliquee pour ce cas.On peut aussi chercher plus directement des solutions de la forme expt, cequi conduit, en mettant dans lequation a` :

(ei) () :=n

j=0

ajnj = 0 .

La fonction expt est donc solution du syste`me si et seulement si est racinede cette equation.On peut alors reprendre la discussion precedente.Un premier point est que :

Theore`me 2.3.1Lespace des solutions de lequation homoge`ne (eh) est de dimension n.

Si lequation precedente posse`de n racines reelles distinctes j (j = 1, , n),une base est constituee par les fonctions expjt.Dans le cas ou` lon a une valeur propre complexe (non reelle) 0 = + i,deux solutions complexes independantes sont donnees par exp0t et exp0t.Si on cherche les solutions reelles, on verifie que expt cos t et expt sin tsont des solutions independantes.Si 0 est une racine double de lequation, on peut montrer que t exp0t est

aussi solution (il faut penser5 que cest (d

dexpt)/=0). Plus generalement,

5On peut ecrire pour tout que

(j

ajdnj

dtnjexpt) = () expt .


si 0 est une racine de multiplicite k de lequation, tj exp0t est solution pour

j = 0, 1, , k 1.Ceci fournit un moyen de determiner toutes les solutions homoge`nes.

2.3.2 La methode de variation des constantes

Il ne reste plus qua` expliquer la methode de variation des constantes. Onse contente de detailler le cas de lordre 2. On conside`re donc (on peut seramener au cas a0 = 1 en divisant par a0) lequation :

(ed) y(t) + a1y + a2y = b(t) .

et son equation homoge`ne associee :

(eh) y(t) + a1y + a2y = 0 .

Dans tous les cas, on vient de montrer (quitte a` passer par la recherche desolutions complexes) que lon pouvait trouver deux solutions independantesy1(t) et y2(t). Si on pense a` la reduction du syste`me, on tombe sur :

X =( a1 a2

1 0

)X +

(b(t)0

),

et Y1(t) = (y1(t), y1(t)) et Y2(t) = (y

2(t), y2(t) sont les solutions du syste`me

homoge`ne associe. La methode decrite precedemment pour les syste`mes ditquil faut chercher une solution (pour (SD)) sous la forme :

c1(t)Y1(t) + c2(t)Y2(t)

et quon doit alors resoudre :

c1(t)Y1(t) + c2(t)Y2(t) =

(b(t)0

).

Ceci conduit au syste`me :

c1y1 + c

2y2 = b(t) ,

c1y1 + c2y2 = 0 .

Cest sous cette forme quon decrit la methode quand on veut expliquer larecette sans passer par les syste`mes. Notons que la matrice (Y1(t) Y2(t)) estpour tout t inversible. Cette matrice quon peut ecrire sous la forme :

Mw(y1, y2) =

(y1 y

2

y1 y2

)On peut alors deriver par rapport a` cette identite et prendre = 0. Pour le resultatplus general, il faut continuer de deriver par rapport a` , jusqua` lordre (k 1).

2.3. TRADUCTION POUR LES EQUATIONS DIFFERENTIELLES DORDRE N33

et est appelee la matrice Wronskienne de y1 et y2. Le determinant de lamatrice wronskienne est appele le wronskien :

w(y1, y2) = y1(t)y2(t) y2(t)y1(t) .

Exercice 2.3.2Montrer que le wronskien est independant de t si a1 = 0. Dans le cas general,montrer que t 7 w(y1(t), y2(t) est solution dune equation differentielle dupremier ordre.

Dire que cette matrice est inversible (propriete que lon peut verifier en calcu-lant le wronskien et en verifiant quil est non-nul) est en effet une manie`re dedire que les solutions Y1 et Y2 sont independantes dans lespace des solutions

de (H). Notons que (c1(t), c2(t)) sont les coordonnees du vecteur

(b(t)0

)dans la base Y1(t), Y2(t).

Travaux pratiques : Retour a` lexemple initialIl est bien de la forme (en se ramenant a` a = 1) :

y + a1y + a2y = b(t) ,

avec b(t) = cos(t+ ).On cherche les racines de :

2 + a1+ a2 = 0 .

On se contente de traiter le cas ou` cette equation a deux racines distincteset reelles : r1 et r2.Suivant la re`gle etablie ci-dessus, on tombe sur :

r1c1(t) exp r1t+ r2c

2(t) exp r2t = b(t)

c1(t) exp r1t+ c2 exp r2t = 0

Chacun peut resoudre, a` t fixe, ce syste`me de deux equations pour c1(t) etc2(t) par sa methode favorite. Suivons une methode matricielle.On peut reecrire le syste`me sous la forme :(

r1 r21 1

)(exp r1t c

1

exp r2t c2

)=

(b(t)0

).

En utilisant la matrice inverse, on obtient :(exp r1t c

1

exp r2t c2

)=

1

r1 r2

(1 r21 r1

)(b(t)0

).


Ceci conduit a` :

c1(t) =1

r1 r2 expr1t b(t) ,c2(t) =

1

r1 r2 expr2t b(t) .

Dou` une solution particulie`re obtenue par :

c1(t) =1

r1 r2 t0expr1s b(s) ds ,

c2(t) = 1r1 r2

t0expr2s b(s) ds .

On peut pousser le calcul lorsque b(t) = (cost + ). Un moyen pour sefaciliter ce calcul est de penser que b(t) = Re exp i(t + ) et de faire lecalcul dabord avec exp i(t+ ).Par exemple :

c1(t) = Re

(1

r1 r2

t0

exp((i r1)s+ i) ds).

On laisse la suite au lecteur .... le cas ou` r1 = i, r2 = i est un peuparticulier.

Remarque 2.3.3La recherche dune solution particulie`re dans le cas particulier b(t) = cos(t+), peut aussi etre menee de la manie`re suivante. On prend dabord b(t) =z exp it, (avec z = exp i). On cherche une solution particulie`re de laforme z exp it. On trouve :

z(i) = z ,

ou` () = 2 + a1+ a2.Ceci fonctionne de`s que (i) 6= 0, cest a` dire i 6= r1 et i 6= r2.On verifie alors que Re(z exp it) est une solution particulie`re.

2.4 Syste`mes generaux

Ils se traitent a` laide de ce qui a ete appris sur les reductions des ma-trices (diagonalisation, triangulation ....). Avant de presenter une methodegenerale, on presente dabord deux remarques.

2.4. SYSTE`MES GENERAUX 35

2.4.1 Suivi du syste`me par changement de base

La premie`re est que si X(t) est solution de (SD), alors X(t) := P1X(t) estsolution du syste`me :

dX/dt = AX + B ,

avec :

A = P1AP , B = P1B .

Par consequent, si on trouve une matrice P telle que A a une forme plussimple (par bloc, diagonale, triangulaire), alors on a fait avancer le Schmil-blic ! !

2.4.2 Cas dune matrice triangulaire

Expliquons comment on traite le cas triangulaire sur un exemple tre`s simple,mais la methode est generale.Considerons par exemple :

dx1/dt = a11x1(t) + a12x2(t)dx2/dt = a22x2(t) .

Il suffit de commencer par resoudre explicitement la deuxie`me equation. Unefois trouve x2(t), la premie`re equation nest plus quune equation differentiellepour x1(t).

2.4.3 Methode generale

Si on ne vous propose pas de technique particulie`re la technique suivanteconduit a` une construction dun syste`me de solutions du proble`me (H).On calcule dabord le polynome caracteristique :

P () = det (A I) .

Cest un polynome de degre n dont on recherche les racines distinctes j(j = 1, , q) dans C. On definit nj comme etant la multiplicite de j et ona la decomposition suivante de P :

P () = (1 )n1 (q )nq .

Pour chaque racine j, on cherche une base Vji de ker(A j)nj (i =

1, , nj), dont on peut demontrer que cest un espace (complexe) dont la


dimension est nj. On peut alors construire, pour j = 1, , q, nj solutionsindependantes de (H) en considerant :

Yij(t) = expjt

nj1p=0

tp

p!(A j)pV ji , pour i = 1, , nj .

On verifie directement que lon produit ainsi n solutions independantes, enremarquant que n =

j nj.

On remarque que, quand nj = 1, on retrouve le resultat du Theore`me 2.2.4.La methode de variation des constantes se deroule comme dans le cas ou` lesmultiplicites sont egales a` 1.

2.5 Exercices

1. Trouver toutes les solutions de lequation differentielle

u(x) u(x) = x2ex .2. Resoudre les equations differentielles suivantes :

y + 2y = ex, y 5y = x, y + 3y = x+ e2x, y 2y = x2e2x.3. Resoudre les equations differentielles suivantes :

y xy = x2, y 2xy = x, (sur ]0,+[) y + 1xy = 3 cos(2x).

4. Soit f : R R une fonction continue et k un reel strictement positif.1. Ecrire la solution generale de lequation y ky = f .2. On suppose que f est bornee. Montrer que lequation precedenteadmet une unique solution bornee.

5. Resoudre les equations differentielles suivantes :

y4y12y = 0 , y(4)+2y(2)+y = 0 , y6y+9y = e3x , y6y+9y = xe3x.6. Soit a une fonction continue sur R. Montrer que les solutions de lequation

differentielley + a(x)y = 0

ne sannulent jamais, sauf une.

7. Trouver toutes les solutions de

X =(

1 20 1

)X +

(1t

)

Chapitre 3

EDP lineaires du premier ordre

3.1 Quelques notions supplementaires autour

des derivees partielles.

On a etudie dans le premier Chapitre la notion de derivee partielle dunefonction de plusieurs variables. Il sagissait en fait de proprietes de fonctionsdune variable, et lon doit maintenant regarder la dependance de toutes lesvariables prises ensemble. Il faudrait sans doute investir un peu de tempspour explorer la notion - plus delicate - de differentielle. Ceci etant fait dansun autre cours pour certains etudiants mathematiciens et netant pas revuspar les etudiants physiciens, nous ne detaillerons pas cette partie et noussimplement developperons quelques points utiles pour les calculs ou pourexpliquer certains theore`mes.Comme pour les fonctions dune variable, on doit dabord rappeler la notionde continuite.

3.1.1 Continuite

On note d la distance euclidienne entre les points de R2 :

d((x1, y1), (x2, y2)) =(x1 x2)2 + (y1 y2)2.

On note aussi (x, y) =x2 + y2 la norme euclidienne du vecteur (x, y) deR2, de sorte que

d((x1, y1), (x2, y2)) = (x2 x1, y2 y1).

Definition 3.1.1On dit quun sous-ensemble de R2 est un ouvert de R2 si, pour tout point

37

38 CHAPITRE 3. EDP LINEAIRES DU PREMIER ORDRE

(x, y) de , on peut trouver un disque ouvert de rayon rx,y > 0 contenu dans.

On peut penser comme exemples de base a` =]a, b[]c, d[ ou a` un disqueouvert).

Definition 3.1.2Soit un ouvert et f : R2 R une application. On dit que f estcontinue en un point (x0, y0) lorsque

f(x, y) f(x0, y0) 0 quand d((x, y), (x0, y0)) 0On dit que f est continue sur lorsque f est continue en chaque point de.

Exemple 3.1.3La fonction f : (x, y) 7 x4+ y4 est continue en (0, 0), et meme en nimportequel (x0, y0) R2.

Il est important de noter que pour (x0, y0) donne, la continuite des fonctionsf1 en y0 et de f2 en x0 nentrane pas la continuite de f en (x0, y0), commele montre lexemple suivant.

Exercice 3.1.4On conside`re la fonction f : R2 R definie par

f(x, y) =

{ xyx2 + y2

si (x, y) 6= (0, 0),0 sinon.

Montrer que f nest pas continue en (0, 0) bien que les deux applications par-tielles associees le soient. Montrer que f admet meme des derivees partiellesen (0, 0).

3.1.2 Derivees directionnelles

Definition 3.1.5Soit f : R une application, (x0, y0) un point de et u = (u1, u2)un vecteur de R2. On appelle derivee directionnelle de f en (x0, y0) dans ladirection de u la derivee en s = 0, si elle existe, de la fonction dune variable

fu : s 7 f((x0, y0) + su).On la note alors uf(x0, y0).

3.1. QUELQUES NOTIONS SUPPLEMENTAIRES AUTOURDES DERIVEES PARTIELLES.39

Remarque 3.1.6Bien sur, lorsque u = (0, 0), la direction associee a` u nest pas vraimentdefinie mais la definition donne que

u=(0,0)f(x0, y0) = 0 ,

ce qui est coherent avec ce que nous utiliserons apre`s.On notera que comme est ouvert, la fonction fu est bien definie pour |s|assez petit.

Exemple 3.1.7Les derivees partielles xf et yf ne sont autres que les derivees direction-nelles de f dans les directions des deux vecteurs de la base canonique e1 ete2.

On donne maintenant un crite`re tre`s simple dexistence de derivee direction-nelle dans toute direction.

Definition 3.1.8Lorsque f admet des derivees partielles xf et yf continues dans , on ditque f est de classe C1 dans .

Proposition 3.1.9Soit f : R une application de classe C1. Alors f admet en tout point(x, y) une derivee directionnelle dans toute direction u, et on a :

(uf)(x, y) = u1(xf)(x, y) + u2(yf)(x, y) . (3.1)

Sous ces hypothe`ses, on peut alors definir, pour (x, y) , une applicationlineaire (Df)(x,y) de R2 dans R definie par :

R2 3 u 7 (Df)(x,y)(u) = (uf)(x, y) . (3.2)Cete application est appelee la derivee (ou differentielle) de f au point (x, y).

En particulier xf(x, y) = (Df)(x,y)(e1) et yf(x, y) = (Df)(x,y)(e2). Autre-ment dit la matrice 12 de (Df)(x,y) dans la base canonique est simplement

(Df)(x,y) =(xf(x, y) yf(x, y)

).

Une autre manie`re decrire est :

(uf)(x, y) =(xf(x, y) yf(x, y)

)( u1u2

).


3.1.3 Applications de classe Ck

On presente maintenant lextension au cas de derivees dordre superieure. Ona deja` defini les applications de classe C1.

Definition 3.1.10Soit f une fonction de classe C1 sur un ouvert . On dira que f est de classeC2 si ces d{erivees partielles xf et yf sont de classe C1.On notera

2xxf = x(xf) , 2yxf = y(xf)

2xyf = x(yf) , 2yyf = y(yf)

Comme mentionne au chapitre 1, on a le theore`me suivant :

Theore`me 3.1.11Si f est de classe C2 dans , alors on a :

2xyf = 2yxf , dans . (3.3)

On note aussi les derivees secondes

2f

x2,2f

xy, . . .

Rappelons que lutilisation de est imperative quand on conside`re plusieursvariables.On laisse au lecteur le soin de definir la notion dapplication de classe Ck

pour tout k N. On poseraC() = kNCk() .

3.2 Les equations de transport

On conside`re un tube horizontal cylindrique, dans lequel coule de leau parexemple, a` la vitesse constante c (en m/s). Un polluant (du petrole) est ensuspension dans leau. On note u(t, x) la concentration (en gr/m) de polluanta` linstant t et a` labscisse x.

x0

y=u(0,x)y

x0

y=u(t,x)y

x=ct

3.2. LES EQUATIONS DE TRANSPORT 41

La fonction u verifie lEDP

tu(t, x) + cxu(t, x) = 0. (3.4)

En effet, a` linstant t, la quantite de polluant entre les points dabscisse 0 etx est

Q(t) =

x0

u(t, y)dy.

A linstant t + h, le polluant sest deplace de ch me`tres. La quantite depolluant entre les points dabscisse ch et x+ ch est donc celle qui se trouvaita` linstant t entre 0 et x. On a donc

Q(t) =

x+chch

u(t+ h, y)dy.

Nous voulons deriver legalite obtenue par rapport a` x. Pour ce faire nouseffectuons le changement de variable y = y ch dans la deuxie`me integrale.Nous obtenons

Q(t) =

x0

u(t+ h, y + ch)dy,

et donc

u(x, t) = u(t+ h, x+ ch). (3.5)

Nous voulons enfin deriver par rapport a` h legalite (3.5). On utilisera tre`ssouvent le lemme suivant (derivee dune fonction composee).

Lemme 3.2.1Soit u : R2 R une application de classe C1. Soit aussi f1 et f2 deuxapplications de classe C1 de R dans R. Alors lapplication F : R R definiepar

F (t) = u(f1(t), f2(t))

est derivable, sa derivee est continue et donnee par

F (t) = (Du)(f1(t),f2(t))((f1(t), f

2(t)),

ou encore :

F (t) = f 1(t)u

x(f1(t), f2(t)) + f

2(t)

u

y(f1(t), f2(t)) .

Preuve : Elle est admise.


3.3 Equations a` coefficients constants

On va resoudre les EDP de la forme (3.4), ou de manie`re un peu plus generale,les equations

atu(t, x) + bxu(t, x) = 0, (3.6)

ou` a et b sont deux constantes reelles, dont lune au moins nest pas nulle.Comme on la vu dans le premier chapitre, il est important de preciser ce quelon entend par resoudre. On cherche ici toutes les fonctions u definies surR2 (ou sur une partie plus petite , reunion de boules ouvertes) de classe C1et telles que pour tout (x, t) R2 legalite (3.6) soit verifiee. Commenconspour fixer les idees par examiner le cas de lequation (a = 1 et b = 0)

tu(t, x) = 0.

On voit immediatement que u est solution si et seulement si u ne depend pasde t. Autrement dit, les solutions sont les fonctions u qui secrivent

u(t, x) = f(x)

pour une fonction f : R R de classe C1. La premie`re remarque qui simpose,cest quil y a beaucoup de solutions !On fait aussi une remarque dordre plus geometrique :Les solutions (t, x) 7 u(t, x) sont exactement les fonctions qui sont constantesle long des droites horizontales du plan (Otx), cest-a`-dire le long des droitesdirigees par le vecteur (a, b) = (1, 0). Ce phenome`ne a egalement lieu pourtoutes les equations (3.6), et cest que nous allons mettre en evidence.

3.3.1 Methode des caracteristiques

On reprend lequation (3.6). Supposons que u : R2 R, de classe C1, soitsolution. En terme de differentielle ou derivee, (3.6) se traduit par

(t, x) R2, (Du)(t,x)(a, b) = 0. (3.7)Autrement dit la derivee directionnelle (a,b)u(t, x) de u dans la direction duvecteur (a, b) est nulle en tout point (t, x) de R2. On a alors la propositionsuivante.

Proposition 3.3.1Si u est solution de (3.6), alors u est constante le long de chaque droite dedirection (a, b).

3.3. EQUATIONS A` COEFFICIENTS CONSTANTS 43

Preuve :Soit (t, x) un point de R2. Soit : R R la fonction definie par

k 7 (k) = u((t, x) + k(a, b)) = u(t+ ka, x+ kb).La fonction f donne les valeurs de u en chaque point (t, x) = (t, x)+ k(a, b)de la droite D de direction (a, b) passant par (t, x). Or, en utilisant a` nouveaule Lemme 3.2.1, on a

(k) = (Du)((t,x)+k(a,b))(a, b) = 0.

Donc est constante, et u lest sur la droite D.

Definition 3.3.2On appelle caracteristiques de lequation (3.6) les droites de vecteur directeur(a, b). Ce sont toutes les droites Dc dequation bt ax = c, ou` c parcourtlensemble des reels.

t

(t0,x0)

x

Dc0Dc

(a,b)

Notons maintenant f : R R la fonction qui a un reel c associe la valeurde u sur la droite Dc. Soit (t0, x0) un point de R2. Il existe une et une seulecaracteristique qui passe par (t0, x0) : cest la droite Dc0 , ou` c0 = bt0 ax0.On a donc

u(t0, x0) = f(c0) = f(bt0 ax0).Ce raisonnement etant valable pour tout (t0, x0) de R2, on a finalement

(t, x) R2, u(t, x) = f(bt ax). (3.8)On remarque au passage que, puisque u est C1, f lest aussi (Exercice !).


On a raisonne jusquici par condition necessaire. Il reste a` prouver que toutefonction u de la forme (3.8) avec f : R R de classe C1 est bien solutionde (3.6). Cest une verification tre`s simple, grace encore une fois au Lemme3.2.1, et quon laisse au lecteur. On a alors demontre le resultat suivant.

Theore`me 3.3.3Les fonctions u : R2 R de classe C1 qui verifient lequation (3.6) sonttoutes les fonctions qui secrivent

u(t, x) = f(bt ax)

pour une certaine fonction f : R R de classe C1.

Remarque 3.3.4Dans le theore`me ci-dessus, on peut remplacer R2 par un convexe ouvert de R2. La fonction f est alors definie sur un intervalle qui est limage dansR de par laplication (t, x) 7 bt ax ,.

3.3.2 Methode du changement de variables

Nous allons retrouver le resultat precedent a` laide dune autre methode, quisave`re etre tre`s pratique. Plutot que dune methode totalement differente,il sagit dune autre formulation de la meme idee. On a vu que les solutionsde lequation (3.6) ne dependent que de la variable bt ax. On pose donct = bt ax et on choisit une autre coordonnee x independante. On prendpar exemple {

t = bt axx = at+ bx.

On pose alors v : (x, t) 7 v(t, x) = u(t, x), et lon examine lequationverifiee par v lorsque u est solution de (3.6). On calcule dabord les deriveespartielles de u en fonction de celles de v. La` encore lingredient essentiel estle Lemme 3.2.1. On a

tu(t, x) = t(v(bt ax, at+ bx))= b(1v)(bt ax, at+ bx) + a(2v)(bt ax, at+ bx),

xu(t, x) = x(v(bt ax, at+ bx))= a(1v)(bt ax, at+ bx) + b(2v)(bt ax, at+ bx).

Donc u, de classe C1, est solution de lequation (3.6) si et seulement si vverifie lequation

(a2 + b2)(2v)(t, x) = 0.

3.4. EQUATIONS A` COEFFICIENTS VARIABLES 45

Autrement dit, puisque a2 + b2 6= 0, u est solution de lequation (3.6) si etseulement si v ne depend pas de x : v(t, x) = f(t) pour une certaine fonctionf , de classe C1 puisque v lest. Revenant a` u, on retrouve le Theore`me 3.3.3 :

u(t, x) = f(bt ax).

Donnons une approche lege`rement differente. Si on fait plus generalement lechangement de variables {

t = t+ xx = t+ b ,

ou` on suppose que 6= 0.Alors lequation satisfaite par v est :

atv + bxv = 0 ,

avec {a = a+ bb = a+ b .

Le choix propose precedemment consistait en choisir le changement de va-riables de telle sorte que a = 0, soit a+ b = 0. La paire = b, = aconvient. On trouve alors b = a2 + b2.

Application a` des proble`mes avec conditions initiales Cette methodeest aussi adaptee pour resoudre le proble`me de trouver u de classe C1 dansR2

atu+ bxu = f(t, x) ,u(0, x) = (x) ,

ou` a 6= 0, f est donnee dans C0, est donne dans C1.

3.4 Equations a` coefficients variables

3.4.1 Champs de vecteurs

Considerons par exemple lequation

xu(x, y) + xyu(x, y) = 0 (3.9)


On cherche a` appliquer la methode des caracteristiques a` cette equation.Lisons lequation. La derivee directionnelle de u dans la direction du vecteurX = (1, x) doit etre nulle :

(1,x)u(x, y) = 0.

Evidemment, la difficulte qui apparat est que le vecteur en question dependdu point (x, y) ou` lon se trouve. On doit adapter un peu la notion de ca-racteristique.

Definition 3.4.1On appelle champ de vecteur une application (regulie`re) X de R2,considere comme sous-ensemble des points du plan, dans R2 considere commeensemble des vecteurs du plan (i.e. lespace vectoriel R2).

Ici regulie`re signifie de classe C0 ou de classe C1.

Par exemple, lequation (3.9) ame`ne naturellement a` considerer le champ devecteur X(x, y) = (1, x). Un autre exemple est le champ de vecteurs grad V ,ou` V est une fonction regulie`re, definie sur :

grad V (x, y) = ((xV )(x, y), (yV )(x, y)) .

On peut par exemple prendre = R2 \ {0} et V (x, y) = 1/x2 + y2. Lechamp de vecteur est appele central car il est paralle`le, au point (x, y) auvecteur (x, y).

Definition 3.4.2Soit X un champ de vecteurs regulier sur un ouvert de R2. Une courbeintegrale de X est une courbe parametree : I R telle que, pour toutt I,

(t) = X((t)).

On appelle caracteristiques de lequation (3.9) les courbes integrales du champde vecteurs X(x, y) = (1, x) (il y a une petite ambiguite ici car les courbesintegrales sont des courbes parametrees !). Cette definition est motivee parla

Proposition 3.4.3Si u est une solution de lequation (3.9), u est constante le long des courbesintegrales t 7 (t) du champ X :

d(u())

dt= 0.

3.4. EQUATIONS A` COEFFICIENTS VARIABLES 47

Cette proposition generalise ce que lon a vu dans le cas des equations a`coefficients constants : dans ce cas-la`, le champ de vecteurs X associe a`lequation est le champ constant X(x, y) = (a, b), dont les courbes integralessont le droites de direction (a, b). La preuve est la meme, et constitue unexcellent Exercice.

3.4.2 Un proble`me de Cauchy pour lequation (3.9)

A titre dexemple nous allons resoudre un proble`me de Cauchy associe a`lequation (3.9) : {

xu(x, y) + xyu(x, y) = 0,u(0, y) = (y),

(3.10)

ou` : R R est une fonction C1 donnee.On commence en cherchant les courbes caracteristiques de lequation. Cesont les courbes integrales t 7 (t) = (x(t), y(t)) du champ de vecteurX(x, y) = (1, x). Par definition on a donc{

x(t) = 1,y(t) = x(t),

ce qui donne x(t) = t + x0 et y(t) =t2

2+ x0t + y0, ou` lon a note (x0, y0) le

point de correspondant a` t = 0. Si lon prefe`re une equation cartesienne,on voit que la courbe qui passe par (x0, y0) (il y en a une et une seule...),a pour equation

: y =x2

2+ y0 x

20

2.

On veut maintenant determiner la valeur de la solution du proble`me de Cau-chy (3.10) au point (x0, y0). On sait que u est constante le long de la courbeintegrale qui passe par le point (x0, y0). Cette courbe coupe laxe des or-

donnees au point (x1 = 0, y1 = y0 x20

2), et lon sait que

u(x1, y1) = u(0, y1) = (y1) = (y0 x20

2).

On obtient donc, pour nimporte quel (x0, y0) de R2,

u(x0, y0) = (y0 x20

2).

En raisonnant par condition necessaire, on obtient donc u(x, y) = (y x2

2).

Il est tre`s simple de verifier que cette fonction est effectivement solution de


(3.10), et la methode des caracteristiques nous a encore permis de construirelunique solution de ce proble`me.

3.5 Un exemple dequation non-lineaire : Equa-

tion de Burgers

On sinteresse maintenant a` lEDP du premier ordre non-lineaire

xu(x, y) + u(x, y)yu(x, y) = 0. (3.11)

Sagissant dune equation du premier ordre, on va encore tenter dutiliser lamethode des caracteristiques. Cette fois, le champ de vecteur X associe a`lequation

X(x, y) =

(1

u(x, y)

)depend de la solution ! Supposons que celle-ci est connue, et considerons lescourbes integrales du champ de vecteurs X. Ce sont les courbes parametrees : t 7 (x(t), y(t)) telles que

x(t) = 1, y(t) = u(x(t), y(t)). (3.12)

Sur une telle courbe, on a donc

t(u(x(t), y(t)) = (Du)(x(t),y(t))(x(t), y(t)) = x(t)(xu(x(t), y(t)))+y(t)(yu(x(t), y(t)))

= xu(x(t), y(t)) + u(x(t), y(t))yu(x(t), y(t)) = 0.

Autrement dit la fonction u est constante le long des courbes integrales duchamp X = Xu. Reprenons alors (3.12) : notant C la valeur (constante !) deu sur la courbe integrale de Xu, on a

x(t) = 1, y(t) = C.

Ces courbes integrales sont donc des droites y = mx+ p, puisque

x(t) = t+ x0, y(t) = Ct+ y0.

Considerons maintenant le proble`me de Cauchy pour lequation (3.11){xu(x, y) + u(x, y)yu(x, y) = 0,u(x, 0) = (x),

(3.13)

ou` est une fonction regulie`re donnee. On cherche dabord les caracteristiques.Ce sont des droites dequation y = mx+ p et la pente m est egale a` la valeur

3.5. UN EXEMPLE DEQUATION NON-LINEAIRE : EQUATION DE BURGERS49

de u sur cette droite. La caracteristique issue du point (x0, 0) est donc ladroite dequation

y = (x0)(x x0). (3.14)Contrairement au cas des equations lineaires, ces caracteristiques peuventdonc se couper ! Supposons par exemple que deux dentre elles, issues respec-tivement de (x1, 0) et de (x2, 0), se coupent en (x, y). Si u est definie en cepoint on doit avoir

u(x, y) = (x1) = (x2),

ce qui est absurde. On peut donc conclure que le proble`me (3.13) nadmeten general pas de solutions definies dans le plan tout entier, mais seulementdans un domaine D du plan dans lequel les droites caracteristiques (3.14)ne se coupent pas.

Etudions le proble`me (3.13) pour (x) = x2. Partant dun point (x0, y0) telque u(x0, y0) 6= 0, on obtient la courbe integrale :

x(t) = x0 + t , y(t) = y0 + u(x0, y0)t .

La courbe integrale coupe la droite {y = 0} au temps t = y0/u(x0, y0). Ona donc u(x0, y0) = u(x0 y0/u(x0, y0), 0) = (x0 y0/u(x0, y0)).Dans notre cas particulier, on obtient lequation

u(x0, y0) = (x0 y0/u(x0, y0))2 .Si cette equation determine un unique u, on aura resolu le proble`me. Danstous les autres cas le proble`me sera mal pose. Notre question devient donc :Discuter en fonction de (x0, y0) les solutions, non nulles, de

f() := 3 (x0 y0)2 .Noter quon peut toujours supposer y0 6= 0, puisque u est connue sur x = 0.Un cas simple est celui ou` lon peut montrer que 7 f() est strictementcroissante sur ] ,+[. Un crite`re simple est de montrer que la deriveede f ne sannule jamais sur R. On a

f () = 32 2x0(x0 y0) .Son discriminant est

(x0, y0) := 4(x20 6x0y0) = 4x0(x0 6y0) .

Le proble`me est que le discriminant est positif pour y0 petit par rapport a`x0, situation qui nest pas favorable ! !


Le proble`me est plus simple si on se donne une condition sur {x = 0} :u(0, y) = y .

On trouve assez facilement que la solution est determinee par u(x, y) = y/(1+x) sur le domaine {(x, y) R2 | x > 1}.

3.6 Exercices

3.6.1 EDP du premier ordre a` coefficients constants

1. Resoudre dans R2 le proble`me{4tu(t, x) 3xu(t, x) = 0u(0, x) = x3

2. Resoudre dans R2 le proble`me{3tu(t, x) + 5xu(t, x) = 0u(t, 0) = t2

3. Resoudre dans R2 le proble`me{2tu(t, x) + 3xu(t, x) = 0u(0, x) = sin(x)

4. On cherche les solutions C2 du proble`me 2ttu(t, x) 32txu(t, x) 42xxu(t, x) = 0,u(0, x) = x2,tu(0, x) = 0.

a. Soit u : R2 R une fonction de classe C2. Montrer que(t 4x)((t + x)u)(t, x) = 2ttu(t, x) 32txu(t, x) 42xxu(t, x).

b. Trouver toutes les fonctions v : R2 R telles que(1) tv(t, x) 4xv(t, x) = 0.c. Soit f : R R une fonction de classe C1. On veut trouver toutes lesfonctions u : R2 R telles que(2) tu(t, x) + xu(t, x) = f(4t+ x).

On pose t = t + x, x = 4t + x et lon note w : R2 R la fonctiondefinie par w(t, x) = u(t, x).c1) Quelle equation verifie w lorsque u est solution de (2) ?

c2) Resoudre cette equation. En deduire les solutions de (2).

d. Conclure.

3.6. EXERCICES 51

3.6.2 Courbes integrales de champs de vecteurs

1. Determiner les courbes integrales du champ de vecteurs de R2 definipar X(x, y) = (1, 2xy2).

2. Determiner les courbes integrales du champ de vecteurs de R2 definipar X(x, y) = (1 + x2, 1).

3. Determiner les courbes integrales du champ de vecteurs de [1, 1]Rdefini par X(x, y) = (

1 x2, 1).

4. Etudier les courbes integrales du champ de vecteur de R2 defini parX(x, y) = (y, x).

5. Etudier les courbes integrales du champ de vecteur de R2 defini parX(x, y) = (x, y).

6. Etudier les courbes integrales du champ de vecteur de R2 defini parX(x, y) = (y,y).

7. Etudier les courbes integrales du champ de vecteur de R2 defini parX(x, y) = (x, 2y).

3.6.3 EDP du premier ordre a` coefficients non-constants

1. On conside`re le champ de vecteurs X(x, y) = (1,xy).a. Determiner et tracer ses courbes integrales.

b. Montrer que les solutions (de classe C1) de lequation

xu(x, y) xyyu(x, y) = 0

secrivent necessairement u(x, y) = f(yex2/2) pour une certaine fonction

f de classe C1.c. Trouver toutes les solutions du proble`me de Cauchy{

xu(x, y) xyyu(x, y) = 0,u(0, y) = y2.

d. Le proble`me de Cauchy{xu(x, y) xyyu(x, y) = 0,u(x, 0) = x2,

a-t-il des solutions ?

Chapitre 4

Lequation des ondes sur un axe

4.1 Le mode`le physique : cordes vibrantes

On conside`re une corde de longueur L, de densite constante, elastique,tendue entre deux points A et B. On sinteresse aux petites vibrations trans-versales de la corde. Penser par exemple aux vibrations dune corde de gui-tare. On supposera que les effets de la gravite et des autres eventuelles forcesexterieures peuvent etre negligees. On choisit axe des abscisses la droite (AB),lorigine de laxe etant le point A, et on note x les abscisses. On designe alorspar u(t, x) le deplacement vertical de la corde au point dabscisse x et a` lins-tant t. On va appliquer la loi de Newton a` un petit morceau de corde delongueur x commencant au point M dabscisse x et dextremite N dabs-cisse x+x. Les forces exterieures sont les tensions exercees par le morceaude corde AM au pointM , notee T (M), et celle T (N) exercee par le morceaude corde NB au point N . Lhypothe`se que la corde est elastique correspondau fait que ces forces de tensions sont dirigees tangentiellement a` la corde.Puisque lon suppose que les deplacements de la corde nont lieu que dans ladirection verticale, la loi de Newton donne

T (M) + T (N) = x

(0

2ttu(t, x)

).

Il reste a` determiner les composantes des vecteurs T (M) et T (N). Langleentre la tangente a` la corde au point dabscisse x et la direction horizontaleest (t, x) = xu(t, x). On a donc, notant (t, x) la norme du vecteur T (t, x),

T (M) =

( (t, x) cos(xu(t, x))(t, x) sin(xu(t, x))

)et

((t, x+x) cos(xu(t, x+x))(t, x+x) sin(xu(t, x+x))

).

53

54 CHAPITRE 4. LEQUATION DES ONDES SUR UN AXE

A

By=u(t,x)

t=t0

x

y

x0+xx0

(x0)(x0+x)

()

()

u(t,x0)u(t,x0+x)

4.2. SOLUTIONS DE LEQUATION DES ONDES 55

On obtient donc le syste`me (plutot complique !){(t, x+x) cos(xu(t, x+x)) (t, x) cos(xu(t, x)) = 0(t, x+x) sin(xu(t, x+x)) (t, x) sin(xu(t, x)) = 2ttu(t, x)

On utilise maintenant lhypothe`se de petitesse des deplacements, puis on faittendre x vers 0. Dans la premie`re equation on conside`re que les termes encosinus valent 1, et dans la seconde on utilise sinA A. On obtient alorsx(t, x) = 0 donc (t, x) ne depend pas de x. On peut aussi montrer quelhypothe`se de deplacement uniquement transverse entrane que (t, x) nedepend pas non plus de t ; au total (t, x) = R pour tout (t, x) R2. Onobtient alors lequation

2ttu(t, x) =

2xxu(t, x).

Cest cette equation que lon appelle communement equation des ondes, et

la constante c =

, qui ne depend que du milieu ou` se deplacent les ondes,

est, nous le verrons, la vitesse de propagation dans le milieu en question.

4.2 Solutions de lequation des ondes

4.2.1 Solution generale

On va resoudre lequation des ondes

c22xxu(t, x) = 2ttu(t, x), (4.1)

cest a` dire trouver les fonctions u(t, x), definies et de classe C2 sur R2 quiverifient cette egalite. On reprend la methode du changement de coordonnees.Soit {

t = x+ ctx = x ct,

et v : (x, t) 7 u(t, x). On note que :

u(t, x) = v(x+ ct, x ct) .

On verifie facilement que

tu(t, x) = ctv(t, x) cxv(t, x), xu(t, x) = tv(t, x) + xv(t, x)


puis que{2ttu(t, x) = c

22ttv(t, x) + c22xxv(t

, x) 2c22txv(t, x)2xxu(t, x) =

2ttv(t

, x) + 2xxv(t, x) + 22txv(t

, x).

Donc u est solution de lequation des ondes si et seulement si v verifie

2txv(t, x) = 0.

On a deja` vu cette equation, et les solutions sont toutes les fonctions v quisecrivent

v(t, x) = f(t) + g(x),

ou` f et g sont deux fonctions de classe C2 sur R. Revenant a` u, on obtientque

u(t, x) = f(x+ ct) + g(x ct). (4.2)Rappelons que la solution generale de equation de transport associee a` t+cxest une fonction arbitraire de la variable xct. On voit ici que la solution estla somme de deux fonctions arbitraires lune de la variable x + ct et lautrede la variable xct. La premie`re decrit une onde arbitraire se deplacant versla gauche a` la vitesse c, et la seconde une autre onde arbitraire se deplacantvers la droite a` la vitesse c.On comprend mieux lanalogie avec les equations de transport si lon re-marque que

2ttu(t, x) c22xxu(t, x) = (t cx)(t + cx)u(t, x).Autrement dit pour resoudre lequation des ondes, on doit chercher u et wtelles que {

w = tu+ cxutw cxw = 0

4.2.2 La formule de DAlembert

On vient de voir que lequation des ondes sur laxe reel a de nombreusessolutions. Notre objectif ici est de montrer le resultat suivant, qui remonte a`DAlembert au milieu du 18e`me sie`cle.

Theore`me 4.2.1Soit et deux fonctions definies sur R, avec C2 et C1. Alors leproble`me

2ttu(t, x) c22xxu(t, x) = 0 ,u(0, x) = (x) ,tu(0, x) = (x) ,

(4.3)

4.3. CAUSALITE ET CONSERVATION DE LENERGIE 57

admet une unique solution u de classe C2 sur R2.

Preuve :La preuve de lexistence est tre`s simple : il suffit de verifier que la fonction

u(t, x) =1

2((x+ ct) + (x ct)) + 1

2c

x+ctxct

(s)ds

est une solution du proble`me.

Bien sur, le lecteur trouvera que la formule a un cote parachute. En fait,on a vu precedemment que les solutions generales de lequation des ondessont de la forme :

u(t, x) = f(x+ ct) + g(x ct) ,avec f et g de classe C2. On peut alors ecrire les conditions initiales quipermettront de determiner u par :

(x) = f(x) + g(x) , (x) = c (f (x) g(x)) .Cette deuxie`me version a lavantage de donner aussi lunicite.

Exercice 4.2.2Resoudre le proble`me de Cauchy pour lequation des ondes avec (x) = sinxet (x) = 0

Exercice 4.2.3Resoudre le proble`me de cauchy pour lequation des ondes avec (x) = 0 et(x) = cosx

Exercice 4.2.4Resoudre le proble`me de cauchy pour lequation des ondes avec (x) = ex et(x) = sinx

4.3 Causalite et conservation de lenergie

4.3.1 Vitesse de propagation finie

On vient de voir que leffet dune position (x) a` linstant t = 0 est une pairedondes et qui se propagent dans les deux directions a` vitesse c. Si lon a unevitesse (x) a` linstant t = 0, on obtient une onde qui setale dans les deuxdirections, a` une vitesse inferieure ou egale a` c. Dans tous les cas rien ne se


propage a` vitesse plus grande que c. Autrement dit la valeur de la solution uau point (t, x) ne depend que des valeurs de en x ct et en x+ ct, et desvaleurs de sur lintervalle [x ct, x+ ct]. Pour le voir il suffit de reprendrelexpression de la solution donnee dans le theore`me de DAlembert.


x

t

x0 x0+ct0x0-ct0

t0

x

t(x0,t0)

x0+ct0x0-ct0


Proposition 4.3.1Soient et comme dans le Theore`me 4.2.1, et u la solution du probe`mede Cauchy (4.3). Si et sont nulles en dehors de lintervalle R x R,alors pour chaque t fixe, u(t, x) est nulle quand x / [R c|t|, R + c|t|].

Exercice 4.3.2Le milieu dun corde de piano de longueur `, de tension et de densite est frappe par un marteau de diame`tre 2a. Une puce dort sur la corde a` ladistance `/4 dune extremite. Quand la puce se reveillera-t-elle ?

4.3.2 Energie

Definition 4.3.3Soit u une solution de lequation des ondes. On appelle energie de u la quan-tite

E(t) =

2

R(tu(t, x))

2dx+

2

R(xu(t, x))

2dx

Il faut noter que, pour ce qui concerne les constantes et qui sont stricte-ment positives, nous avons garde ici la definition physique de lenergie de la

corde vibrante : la premie`re integrale est la partie energie cinetique (1

2mv2),

et la deuxie`me est la partie energie potentielle, qui correspond a` la tension multipliee par lallongement de la corde elastique (

1 + (xu)2 1

1

2(xu)

2). La` encore lhypothe`se de petitesse des oscillations permet de sim-

plifier considerablement letude !


y=u(t,x)

t=t0

x

y

x0 x0+1

xu(t,x0)

1

(1+(xu(t,x0))2)1/2


Nous allons demontrer rigoureusement un phenome`ne tre`s important, par-ticulier aux equations du meme type que celle des ondes - les equationshyperboliques : lenergie est constante au cours du temps.

Theore`me 4.3.4Soit et deux fonctions definies sur R, avec C2 et C1. On supposeque et sont nulles en dehors dun intervalle borne |x| R. Soit u luniquesolution du proble`me (4.3) :

2xxu(t, x) 2ttu(t, x) = 0 ;u(0, x) = (x) ;tu(0, x) = (x) .

Alors la a quantite

E(t) =

2

R(tu(t, x))

2dx+

2

R(xu(t, x))

2dx

est une fonction constante de t.

Pour prouver ce resultat, on va deriver lexpression donnant E(t) par rap-port a` t, et montrer que cette derivee est nulle. Il nous faut donc deriverune integrale dependant dun parame`tre (voir quelques rappels a` la fin duchapitre).Posons f(t, x) = (tu(t, x))

2 et

A(t) =

2

Rf(t, x)dx.

On veut deriver la fonction t 7 A(t). Notons dabord que pour tout t fixe,lintegrale A(t) est en fait une integrale sur un intervalle borne puisque lafonction f(t, x), qui est continue, est nulle en dehors de lintervalle |x| R+ct. De plus, pour tout intervalle ]t1, t2[ fixe, on a donc A(t) defini par uneintegrale quon peut supposer definie sur un intervalle borne independant det dans cet intervalle. On a maintenant

tf(t, x) = 2tu(t, x)2ttu(t, x) ,

et on obtient ainsi

A(t) = Rtu(t, x)

2ttu(t, x) dx ,

et, puisque u est solution de lequation des ondes,

A(t) = TRtu(t, x)

2xxu(t, x) dx .

4.4. QUELQUES THEORE`MES DE BASE SUR LES INTEGRALES DE FONCTION DEPENDANTDUN PARAME`TRE63

Maintenant on inte`gre par parties cette integrale, ou` lintegrand est nul endehors dun intervalle borne :

A(t) = TR2xtu(t, x)xu(t, x)dx =

T

2

Rt(xu(t, x))

2dx.

Notant alors B(t) =T

2

R(xu(t, x))

2dx, on montre de la meme manie`re que

B(t) =T

2

Rt(xu(t, x))

2dx,

et puisque E(t) = A(t) +B(t), on a bien E (t) = 0.

Remarque 4.3.5On peut retrouver lunicite en utilisant la methode denergie. Soient u1 et u2deux solutions. La fonction v = u1 u2 est solution du proble`me :

2ttu(t, x) c22xxu(t, x) = 0u(0, x) = 0tu(0, x) = 0.

Puisque lenergie de v est constante, on a pour tout t,

E(t) =

2

R(tu(t, x))

2dx+

2

R(xu(t, x))

2dx = E(0) = 0 .

Donc xv et tv sont toujours nulles, donc v est constante. Puisque v(0, x) =0, v est identiquement nulle et u1 = u2.

4.4 Quelques theore`mes de base sur les integrales

de fonction dependant dun parame`tre

Les deux theore`mes qui suivent servent dans de multiples circonstances etleurs hypothe`ses sont faciles a` verifier.

Theore`me 4.4.1Soit f : [x1, x2] [a, b] R une fonction continue et soit F definie par :

[x1, x2] 3 x 7 F (x) = ba

f(x, t)dt .

Alors F est continue sur [x1, x2].


Pour la demonstration, le point essentiel est de remarquer que f est uni-formement continue sur [x1, x2] [a, b].Pour ce qui concerne la derivabilite de F on dispose du crite`re suivant

Theore`me 4.4.2Soit f : [x1, x2] [a, b] R une fonction continue. On suppose que f admetune derivee part

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