Introduction

Une EDP (PDE en anglais) ou Equations aux Dérivées Partielles, c'est l'équivalent des équations différentielles vues l'années passée avec plus d'une variable (en général 2). Pour vous donner une idée de leur utilité, c'est les équations qui régissent les transfers de chaleur (exemple très utilisé car très parlant), les ondes, les déplacements de fluides, etc...

Il y a quelque chose d'important à savoir par apport à l'utilisation des EDP que l'on aura au fil de l'année : elles n'ont pas de solution générale, c'est au cas par cas en se basant sur des équations de base déjà étudiées par des gens plus intelligents que nous.

Types d'EDP

Les EDP peuvent être séparées en plusieurs familles en fonction de plusieurs éléments et en voici les principaux :

• Leur ordre : L'ordre d'une EDP est l'ordre de la dérivée de plus grand ordre dans l'équation
• Leur linéarité : Tous les termes contentant l'inconnue (ou ses dérivées) entrent dans l'équation de façon linéaire. (Voir la définition)
• Homogénéité : Si tous les termes de l'équation dépendent, ou non, de l'inconnue.

EDP du premier ordre

L'EDP quasi-linéaire la plus générale à 2 variables indépendantes s'écrit : $$P\frac{\partial u}{\partial x}+Q\frac{\partial u}{\partial y}=R$$ avec $P,Q,R$ qui sont fonctions de $x,y,u$

L'EDP linéaire la plus générale à 2 variables indépendantes s'écrit : $$P\frac{\partial u}{\partial x}+Q\frac{\partial u}{\partial y}+Gu=F$$ avec $P,Q,G,F$ qui sont fonctions de $x,y$ (On peut noter $R=F-Gu$). Elle sont homogènes quand $F=0$ et quand $R=0$.

Point important à savoir, toutes les EDP du premier ordre sont dites hyperboliques donc elles ont toutes des caractéristiques.

Equation de transport

L'équation de transport est une EDP spécifique sous la forme : $$c\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial t}=0$$ Avec $c$ qui peut varier en fonction de $x$ ou $t$.

Cette EDP a une particularité spécifique très intéressante qui est que l'intégrale de la fonction en $x$ est conservée pour tout $t$, d'où le nom d'équation de transport. En effet, il y a 2 cas :

• $c$ est constant :

La fonction $u$ a l'exacte même forme en tout t elle vas juste se déplacer dans l'éspace.

• $c$ est fonction de x ou de $t$ :

La fonction u sera déformée mais en gardant toujours cette propriété $\int \frac{\partial u}{\partial x}dt=0$

Méthode des caractéristiques

La méthode des caractéristiques consiste à traduire notre EDP en une EDO plus facile à résoudre

Problème de Cauchy

Si on a $u$ paramétrisé par la courbe $\Gamma \equiv (x(s),y(s))$, donc $u(x(s),y(s))=u(s)$ est une fonction donnée. Alors on peut obtenir $u$ dans le voisinage de $\Gamma$ et donc petit-à-petit construire la solution complète $u$ (qui est encore une fois une surface). C'est le problème de Cauchy.

Puisque $u(s)$ est connue le long de $\Gamma$, $\frac{\text{d}u}{\text{d}s}$ est aussi connu le long de $\Gamma$ et on peut écrire : $$\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\text{d}x}{\text{d}s}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\text{d}y}{\text{d}s}=\frac{\text{d}u}{\text{d}s}$$ Qu'on peut mettre ensemble avec l'EDP originale pour former le système : $$\left[\begin{array}{cc}P& Q\\ \frac{\text{d}x}{\text{d}s}& \frac{\text{d}y}{\text{d}s}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}\frac{\partial u}{\partial x}\\ \frac{\partial u}{\partial y}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}R\\ \frac{\text{d}u}{\text{d}s}\end{array}\right]$$ Si le déterminant est $\ne 0$, on peut résoudre ce système et donc obtenir (grâce à la règle de Cramer) $\frac{\partial u}{\partial x}$ et $\frac{\partial u}{\partial y}$ le long de $\Gamma$. $$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\left|\begin{array}{cc}R& Q\\ \frac{\text{d}u}{\text{d}s}& \frac{\text{d}y}{\text{d}s}\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{cc}P& Q\\ \frac{\text{d}x}{\text{d}s}& \frac{\text{d}y}{\text{d}s}\end{array}\right|}\text{et}\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{\left|\begin{array}{cc}P& R\\ \frac{\text{d}x}{\text{d}s}& \frac{\text{d}u}{\text{d}s}\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{cc}P& Q\\ \frac{\text{d}x}{\text{d}s}& \frac{\text{d}y}{\text{d}s}\end{array}\right|}$$ Ce qui nous permet de trouver $u$ proche de $\Gamma$ : $$u(x+\text{d}x,y+\text{d}y)=u(x,y)+\text{d}x\frac{\partial u}{\partial x}(x,y)+\text{d}y\frac{\partial u}{\partial y}(x,y)$$ Ceci correspond à la formule du plan tangent à une surface pour tout point infiniment proche de la courbe $\Gamma$, cette relation est donc exacte parce qu'elle ne concerne pas des points à une distance finie de la courbe. En répétant la procédure, on peut donc (du moins en principe) se propager petit pas par petit pas et obtenir la solution de l’EDP de plus en plus loin de la courbe $\Gamma$. Mais pas dingue comme méthode. On dit que le problème de Cauchy est bien posé si la courbe $\Gamma$ est telle que le déterminant $\ne 0$ pour tout ses points.

Résolution :

On considère maintenant un problème bien posé. On considère maintenant une direction $(\text{d}x,\text{d}y)$ non parallèle à $\Gamma$, la variation $\text{d}u$ qui y correspond est liée à $\text{d}x$ et $\text{d}y$ par : $$\frac{\partial u}{\partial x}\text{d}x+\frac{\partial u}{\partial y}\text{d}y=\text{d}u$$ On peut donc, de nouveau former, avec l'EDP elle-même, le système : $$\left[\begin{array}{cc}P& Q\\ \text{d}x& \text{d}y\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}\frac{\partial u}{\partial x}\\ \frac{\partial u}{\partial y}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}R\\ \text{d}u\end{array}\right]$$ Dont la solution est : $$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\left|\begin{array}{cc}R& Q\\ \text{d}u& \text{d}y\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{cc}P& Q\\ \text{d}x& \text{d}y\end{array}\right|}\text{et}\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{\left|\begin{array}{cc}P& R\\ \text{d}x& \text{d}u\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{cc}P& Q\\ \text{d}x& \text{d}y\end{array}\right|}$$ Qui est inutile car $\text{d}u$ n'est pas connu. Mais il existe un direction locale $(\text{d}x,\text{d}y)$ telle que le déterminant du dénominateur $=0$. Elle est donnée par : $$P\text{d}y=Q\text{d}x$$ C'est la direction caractéristique. Ceci nous donne une EDO ($\ne$ EDP) d'ordre 1 qui, lorsque intégrée en partant de $(x(s),y(s))$, déterminera la courbe caractéristique. Même si on a une division par $0$ on peut toujours trouver une solution si le numérateur est nul également, ce qui donne : $$P\text{d}u=R\text{d}x\iff Q\text{d}u=R\text{d}y$$

EDP du second ordre

L'EDP quasi-linéaire la plus générale à 2 variables indépendantes s'écrit : $$A\frac{{\partial }^2\varphi }{{\partial }^{2}x}+B\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial x\partial y}+C\frac{{\partial }^2\varphi }{{\partial }^{2}y}=R$$ avec $A,B,C,R$ qui sont fonctions de $x,y,\varphi$ et de ses dérivées premières

L'EDP linéaire la plus générale à 2 variables indépendantes s'écrit : $$A\frac{{\partial }^2\varphi }{{\partial }^{2}x}+B\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial x\partial y}+C\frac{{\partial }^2\varphi }{{\partial }^{2}y}+P+Q+G=F$$ avec $P,Q,G,F$ qui sont fonctions de $x,y$ (On peut noter $R=F-Gu$). Elle sont homogènes quand $F=0$ et quand $R=0$.

Point important à savoir, toutes les EDP du premier ordre sont dites hyperboliques donc elles ont toutes des caractéristiques.

Méthode des caractéristiques

En vrai on met cette méthode dans le livre par soucis de "rigueur" mais en vrai vous l'utiliserez probablement jamais (et ça sert à R).

Problème de Cauchy

On a $\varphi (s)$ et $\frac{\partial \varphi }{\partial n}(s)$ donné le long de $\Gamma \equiv (x(s),y(s))$ avec $n(s)$ la normale à la courbe. Si à partir de ces données on peut trouver trouver $\varphi (x,y)$ avec le point $(x,y)$ dans la proximité de $\Gamma$ on pourra répéter la manoeuvre afin de trouver la valeur suivante et ainsi de suite. C'est le problème de Cauchy.

Par des jeux de changements de variables on peut obtenir de gradient de $\varphi$ le long de $\Gamma$ dans le repère $(x,y)$ soit $(\frac{\partial \varphi }{\partial x}(s),\frac{\partial \varphi }{\partial y}(s))$ et afin d'obtenir notre système on réécrit la dérivée en $s$ du gradient : $$\frac{\partial }{\partial x}(\frac{\partial \varphi }{\partial x})\frac{dx}{ds}+\frac{\partial }{\partial x}(\frac{\partial \varphi }{\partial x})\frac{dy}{ds}=\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial x^2}\frac{dx}{ds}+\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial x\partial y}\frac{dy}{ds}=\frac{d}{ds}\frac{\partial \varphi }{\partial x}\text{\hspace{1em}(1)}$$ $$\frac{\partial }{\partial x}(\frac{\partial \varphi }{\partial y})\frac{dx}{ds}+\frac{\partial }{\partial x}(\frac{\partial \varphi }{\partial y})\frac{dy}{ds}=\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial y\partial x}\frac{dx}{ds}+\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial y^2}\frac{dy}{ds}=\frac{d}{ds}\frac{\partial \varphi }{\partial y}\text{\hspace{1em}(2)}$$ Et les plus assidus auront remarqué que ça nous arrange fort pour résoudre notre EDP : $$\left[\begin{array}{ccc}A& B& C\\ \frac{dx}{ds}& \frac{dy}{ds}& 0\\ 0& \frac{dx}{ds}& \frac{dy}{ds}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial x^2}\\ \frac{{\partial }^2\varphi }{\partial x\partial y}\\ \frac{{\partial }^2\varphi }{\partial y^2}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}R\\ \frac{d}{ds}\frac{\partial \varphi }{\partial x}\\ \frac{d}{ds}\frac{\partial \varphi }{\partial y}\end{array}\right]$$ Tant que le determinant n'est pas $0$ le système est solvable $\Rightarrow$ On peut trouver $\frac{\partial \varphi }{dx}$, $\frac{\partial \varphi }{\partial y}$ et $\varphi$ dans l'entourage de $\Gamma$ $\Rightarrow$ Le problème de Cauchy est bien posé

Résolution :

On raisonne de la même façon que pour une EDP du premier ordre : on considère des directions $(dx,dy)$ non parallèles à $\Gamma$. On notera aussi $\frac{\partial \varphi }{\partial x}=u$ et $\frac{\partial \varphi }{\partial y}=v$ (C'est plus subtile que ça mais on laisse ça pour le bas de la page

On réécrit notre gradient dérivé en s (les équations (1) et (2)): $$\frac{\partial u}{\partial x}dx+\frac{\partial v}{\partial x}dy=du\text{\hspace{1em}(3)}$$ $$\frac{\partial v}{\partial x}dx+\frac{\partial v}{\partial x}dy=dv\text{\hspace{1em}(4)}$$ Et on réécrit notre système : $$\left[\begin{array}{ccc}A& B& C\\ dx& dy& 0\\ 0& dx& dy\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}\frac{\partial u}{\partial x}\\ \frac{\partial u}{\partial y}ou\frac{\partial v}{\partial x}\\ \frac{\partial v}{\partial y}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}R\\ du\\ dv\end{array}\right]$$ Les directions caractéristiques sont telles que le déterminant de la matrice s'annule. Si l'équation du déterminant nul donne deux racines réelles distinctes l'équation est alors dite Hyperbolique, si il n'y a qu'une racine elle est alors dite Parabolique et enfin si les racines sont complexes elle est Elliptique.

Si elle est hyperbolique, on procède de la même façon que pour une EDP du premier ordre, on réduit celle-ci a une EDO par caractéristique en remplaçant une colonne de la matrice par le membre de droite de l'équation et on trouve quand le déterminant est nul.

Pour trouver la solution c'est assez calculatoire (d'ailleurs mm dans le correctif ils ont la flemme de le faire jusqu'au bout mdr), 2 caractéristiques qui se croisent donnent les données pour un système qui donne au bout du compte $\varphi$.

Bas de la page :

On n'as pas noté $\frac{\partial \varphi }{\partial x}=u$ et $\frac{\partial \varphi }{\partial y}=v$ juste pour faire plus concis, $u$ et $v$ peuvent être définis comme bon vous semble tant que ça vous aide à résoudre le calcul (mais normalement c'est donné). Par exemple, dans l'APE 3 2023 exercice 1, $u=c\frac{\partial \varphi }{\partial x}$ et $v=\frac{\partial \varphi }{\partial y}$.

Équation d'onde

Avant de commencer a en parler, commençons par définir l'équation d'onde.

La voici, dans la plus classique de ses formes:

$$c^2\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial x^2}-\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial t^2}=0$$

Méthode du changement de variable

Il existe, pour cette EDO en tout cas, un changement de variable très malin permettant de la résoudre assez directement.

$$\xi =x-ct$$ $$\eta =x+ct$$

Prenons donc $\xi$ et $\eta$ comme variables.

La fonction $\varphi (x,t)$ deviendra donc $\varphi (\xi ,\eta )$

Suite a ce changement de variable, nous pouvons également calculer les opérateurs différenciels $\frac{\partial }{\partial x}$ et $\frac{\partial }{\partial t}$ vis a vis de ces variables. (En utilisant la règle de la chaine)

$$\frac{\partial }{\partial x}=\frac{\partial }{\partial \xi }\frac{\partial \xi }{\partial x}+\frac{\partial }{\partial \eta }\frac{\partial \eta }{\partial x}$$

$$\frac{\partial }{\partial t}=\frac{\partial }{\partial \xi }\frac{\partial \xi }{\partial t}+\frac{\partial }{\partial \eta }\frac{\partial \eta }{\partial t}$$

Et comme nous connaissons l'expression de $\xi$ et $\eta$, nous connaissons également leur dérivées. Ce qui permet d'écrire plus simplement (en remplaçant les dérivées connues par leur valeur):

$$\frac{\partial }{\partial x}=\frac{\partial }{\partial \xi }+\frac{\partial }{\partial \eta }$$

$$\frac{\partial }{\partial t}=c\frac{\partial }{\partial \eta }-c\frac{\partial }{\partial \xi }$$

Il est également possible de calculer les opérateurs de dérivée seconde en mettant chacune des expressions au carré:

$$\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}=\frac{{\partial }^2}{\partial {\xi }^2}+2\frac{\partial }{\partial \xi }\frac{\partial }{\partial \eta }+\frac{{\partial }^2}{\partial {\eta }^2}$$

$$\frac{{\partial }^2}{\partial t^2}=c^2(\frac{{\partial }^2}{\partial {\xi }^2}-2\frac{\partial }{\partial \xi \partial \eta }+\frac{{\partial }^2}{\partial {\eta }^2})$$

Maintenant que nous avons fait tout ce travail fastidieu, on peut enfin remplacer tout cela dans l'équation d'onde:

$$c^2\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial x^2}-\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial t^2}=0$$

$$c^2(\frac{{\partial }^2}{\partial {\xi }^2}+2\frac{\partial }{\partial \xi \partial \eta }+\frac{{\partial }^2}{\partial {\eta }^2})-c^2(\frac{{\partial }^2}{\partial {\xi }^2}-2\frac{\partial }{\partial \xi \partial \eta }+\frac{{\partial }^2}{\partial {\eta }^2})=0$$

Ce qui équivaut après simplification a une fonction d'onde bien plus simple:

$$4c^2\frac{\partial }{\partial \xi \partial \eta }=0$$

Ce qui mène donc a la conclusion que :

$$\frac{\partial }{\partial \xi \partial \eta }=0$$

Il est donc possible de connaitre la forme de $\varphi (\xi ,\eta )$ en intégrant cette équation:

$$\int d\eta \int \frac{\partial }{\partial \xi \partial \eta }d\xi =\int d\xi \int 0d\eta$$ $$\varphi (\xi ,\eta )=\int c_1(\xi )d\xi$$ $$\varphi (\xi ,\eta )=f_1(\xi )+f_2(\eta )$$ $$\boxed{\varphi (x,t)=f_1(x-ct)+f_2(x+ct)}$$

Maintenant que nous connaissons la forme de la solution, pourquoi ne pas essayer de trouver cette solution !

Comme c'est le cas pour toutes les EDP du deuxième ordre, il nous faut 2 conditions initiales afin de pouvoir trouver une solution.

Explorons différent cas !

Le cas le plus simple

Prenons comme courbe $\Gamma$ définie par $x(s)=s$ et $ct(s)=0$ (autrement dit, l'axe $Ox$ )

Et prenons comme conditions initiales :

$$\varphi (s,0)=f(s)$$ $$\frac{\partial \varphi }{\partial t}(s,0)=0$$

Connaissant la forme de la solution: $\varphi (x,y)=f_1(x-ct)+f_2(x+ct)$, on sait que:

$$\varphi (s,0)=f(s)=f_1(x)+f_2(x)$$

Et comme nous le dit la première condition initiale, en $t=0$:

(avec $\xi =s-ct$ et $\eta =s+ct$ ):

$$\frac{\partial \varphi }{\partial t}(s,0)=0$$ $$f_1^{\prime }(\xi )\frac{\partial \xi }{\partial t}+f_2^{\prime }(\eta )\frac{\partial \eta }{\partial t}=0$$ $$-c{f}_1^{\prime }(s)+f_2^{\prime }(s)c=0$$ $$f_1^{\prime }(s)=f_2^{\prime }(s)$$

Et selon le théorème fondamental de l'analyse:

$$f_1=f_2+C$$

On peut donc conclure que $f_1$ est égal à $f_2$ a une constante près. On peut substituer $f_1$ par $f_2+C$ dans l'expression de la solution pour écrire:

$$\varphi (x,0)=f(x)=f_2(x)+f_2(x)+C$$ $$f_2(x)=\frac{f(x)-C}{2}$$

et en suivant le même raisonnement dans l'autre sens:

$$f_1(x)=\frac{f(x)+C}{2}$$

Et que donc:

$$\varphi (x,t)=\frac{1}{2}(f_1(x-ct)+f_2(x+ct)$$

Méthode de séparation des variables

La méthode de séparation de variables est encore une façon de transformer nos problèmes aux dérivées partielles en un système plus simple d'EDOs (Thème récurent au cours du livre vous l'aurez remarqué).

Afin d'expliquer cette méthode de résolution intéressons nous au cas vu au cours : L'équation de Laplace. $${\nabla }^{2}u=0\iff \frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0(dansnotrecas)$$

Les conditions limites

Les conditions initiales peuvent avoir plusieurs formes :

• Dirichlet $\to$ $u$ est donné sur la limite de la fonction
• Neumann $\to$ $\frac{\partial u}{\partial n}$ est donné sur la limite de la fonction ($n$ étant une des variables de $u$)
• Robin $\to$ $\frac{\partial u}{\partial n}+f(x,y,...)\cdot u$ est donné sur la limite de la fonction Ici notées en ordre croissant de la difficulté des calculs qui vont suivre afin de résoudre l'EDP

La séparation de variables

Le principe est simple, on suppose, de façon totalement arbitraire et injustifiée, que $u$ est une équation sous la forme : $$u=X(x)\cdot Y(y)$$ A partir de cette assomption nous pouvons formuler un raisonnement simple, on commence par remplacer le terme $u$ dans notre équation initiale : $$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0$$ $$\iff \frac{{\partial }^{2}X(x)}{\partial x^2}Y(y)+\frac{{\partial }^{2}Y}{\partial y^2}X(x)=X^{\prime \prime }(x)Y(y)+Y^{\prime \prime }(y)X(x)=0$$ $$\iff \frac{X^{\prime \prime }(x)}{X(x)}=\frac{-Y^{\prime \prime }(y)}{Y(y)}$$

Ici on se rends compte que le membre de droite et le membre de gauche dépendent tout deux de variables différentes donc afin qu'ils soient égaux il faut qu'ils soient chacun égaux à une même constante : $$\frac{X^{\prime \prime }(x)}{X(x)}=\frac{-Y^{\prime \prime }(y)}{Y(y)}=\pm k^2$$

A partir d'ici il faut voir les 3 cas possibles ($-k^2,k^2,k^2=0$) en choisissant ceux qui permettent une solution non triviale en fonctions des conditions limites.

Definition de la linéarité :

Tout d'abord on réécrit notre équation de cette façon : $$\mathcal{L}u=0$$ $\mathcal{L}$ est un opérateur qui assigne u à une fonction. Exemple : $$\mathcal{L}=\frac{{\partial }^2}{\partial x^2}+1$$ $$\mathcal{L}u=u_{xx}+u$$ La fonction est alors considérée linéaire si : $$\mathcal{L}(u+v)=\mathcal{L}u+\mathcal{L}v,et\mathcal{L}(cu)=c\cdot \mathcal{L}u$$

Quasi-linéarité :

Une EDP est considérée comme quasi-linéaire si elle est linéaire par apport aux dérivées de plus grand ordre pour chacune des variable. Je conseille d'aller voir les exemples dans le cours si besoin.