Analyse III - EPFL · 8 CHAPITRE 1. ANALYSE VECTORIELLE Exemple 1.15. Un disque (ouvert ou ferm e)...

Analyse III

Hoai-Minh Nguyen 1

25 décembre 2016

1. EPFL SB MATHAA CAMA, Station 8, CH-1015 Lausanne, [email protected]

Chapitre 1

Analyse vectorielle

1.1 Quelques rappels

1. La continuité. f : Ω ⊂ Rd → Rk.2. La différentiabilité f : Ω ⊂ Rd → Rk. f est de classe C1 sur Ω si f est différentiable

sur Ω et ∇f est continue.3. L’intégrale. Quelques formules utiles :

— La formule de Fubini.— L’intégrale en coordonné’s polaires :∫

Ωxy

f(x, y) dx dy =

∫Ωrθ

f̂(r, θ)r dr dθ.

Ici on a

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

Exemple 1.1. Calculer

∫Ωx,y

f(x, y) dx dy où

Ωx,y = {(x, y) ∈ R2;x2 + y2 ≤ 1;x ≥ 0} et f(x, y) = x.

En particulier, ∫r1

4 CHAPITRE 1. ANALYSE VECTORIELLE

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

En particulier,∫r1

1.3. INTÉGRALE CURVILIGNE 5

3. Pour d = 3,rot rot F = −∆F + grad divF.

Preuve. 1) et 2) sont simples. Pour montrer 3), on considère le cas F = (0, 0, F3). On a

rot F = (∂2F3,−∂1F3, 0), rot rot F = (∂213F3, ∂223F3,−∂213F3 − ∂222F3)

etdivF = ∂3F3, ∇ divF = (∂213F3, ∂223F3, ∂33F3).

On en déduit∆F = grad divF − rot rot F.

1.3 Intégrale curviligne

Définition 1.1. Soient I un intervalle de R et f : I → Rd une fonction continue. Onappelle la courbe définie par f , notée Γ, l’image de f :

Γ ={f(t); t ∈ I

}.

La fonction f est appelée la paramétrisation de la courbe et t est le paramètre.

Exemple 1.4. f : [0, 2π) → R2 : f(t) = (R cos t, R sin t). La fonction f décrit un cerclede rayon R et de centre (0, 0) dans le plan.

Exemple 1.5. f : [0, 2π) → R2 : f(t) = (R cos t, R sin t, 2t). La fonction f décrit unehélice dans l’espace R3.

Exemple 1.6. Γ est le segment délimitée par deux points deux points x = (x1, · · · , xd)et y = (y1, · · · , yd) dans Rd.

Définition 1.2. On dit que la courbe Γ définie par f : I → Rd est régulière (ou régulièrepar morceaux) si f est régulière (ou régulière par morceaux) et f ′(t) 6= 0 pour t ∈ I (pourt ∈ I tel que f ′(t) est définie).

Remarque 1.1. γ′(t) est un vecteur tangent de Γ en γ(t). Ce vecteur est non nul si lacourbe est régulière.

Définition 1.3. On dit que la courbe Γ définie par f : I → Rd est simple si f(t1) = f(t2)implique que t1 = t2.

Définition 1.4. Soit Γ ⊂ Rd une courbe simple régulière paramétrée par γ : [a, b] → Γ,et f : Γ→ R est continue. On définit∫

Γf ds =

∫ baf(γ(t))|γ′(t)| dt.

La longueur d’une courbe simple régulière Γ :

l(Γ) =

∫ ba|γ′(t)| dt.


Exemple 1.7. Calculer∫

Γ f ds quand f(x, y) =√x2 + 4y2 et Γ = {(x, y) ∈ R2; y =

x2/2 et x ∈ [0, 1]}.

Solution.∫Γf dx =

∫ 10f(x, x2/2)|(1, x)| dx =

∫ 10

√x2 + x4

√1 + x2

∫ 10x(1 + x2) = 3/4.

Exemple 1.8. Calculer la longueur du cercle de rayon R et de centre (0, 0).

Solution. Une paramétrisation du cercle Γ est {(R cos t, R sin t); t ∈ [0, 2π)}, donc

l(Γ) =

∫ 2π0|(−R sin t, R cos t)| dt = 2πR.

Exercice 1.1. Calculer ∫Γg(s) ds,

oú Γ = (R cos t, R sin t, pt) and g(x, y, z) = y.

Définition 1.5. Soit Γ ⊂ Rd une courbe régulière (ou régulière par morceaux) paramétréepar γ : [a, b]→ Γ, et F : Γ→ Rd est continue. On définit∫

ΓF · ds =

∫ baF (γ(t)) · γ′(t) dt : le travail d’une force F le long d’un arc Γ.


Γ F ·ds quand F (x, y) = (x, y) et Γ = {(x, y) ∈ R2; y = 2x et x ∈

[0, 1]}.

Solution. On a ∫ΓF · ds =

∫ 10F (x, 2x) · (1, 2) dx =

∫ 10x+ 4x = 5/2.

Exercice 1.2. Calculer∫

ΓiF · ds quand F (x, y) = (xy, y) et Γ = {(x, y) ∈ R2; y =

xi et x ∈ [0, 1]} et i = 1, 2, 3.

1.4 Champs qui dérivent d’un potentiel

Définition 1.6. Soient Ω ⊂ Rd un ouvert et F = (F1, · · · , Fd) : Ω → Rd. On dit que Fdérive d’un potentiel sur Ω s’il existe f ∈ C1(Ω), le potentiel, tel que

F (x) = ∇f(x).

Exemple 1.10. Soit F (x) = x. Alors F dérive d’un potentiel puisque F = ∇(|x|2/2).

Exemple 1.11. Soit F (x, y) = (sin y, x cos y). Trouver f telle que grad f = F .

1.4. CHAMPS QUI DÉRIVENT D’UN POTENTIEL 7

Solution. On cherche f telle que

∂xf(x, y) = sin y et ∂yf(x, y) = x cos y.

Puisque ∂xf(x, y) = sin y, on obtient

f(x, y) = x sin y + g(y).

Puisque ∂yf(x, y) = x cos y, on déduit que

x cos y + g′(y) = x cos y.

Donc g′(y) = 0 ; cela implique g(y) = C. La solution : f(x, y) = x cos y + C.

Exemple 1.12. Soit F (x, y) = (2x + y2, 2xy + 1). Trouver f telle que grad f = F .Solution f(x, y) = x2 + xy2 + y.

Exercice 1.3. Soit F (x, y) = (ey, xey + 1). Trouver f telle que grad f = F . Solutionf(x, y) = xey + y.

Exemple 1.13. Soit F (x, y) = (y,−x). Existe-t-il f telle que grad f = F dans {(x, y);x2+y2 < 1} ?

Solution. Méthode 1 : On cherche f telle que

∂xf(x, y) = y et ∂yf(x, y) = −x

Puisque ∂xf(x, y) = y, on obtient

f(x, y) = xy + g(y).

Puisque ∂yf(x, y) = −x, on déduit que

x+ g′(y) = −x.

C’est impossible.Méthode 2 :

∂yF = 1 6= ∂xF = −1.

C’est impossible.

Theorème 1.2. Soient Ω ⊂ Rd un ouvert et F ∈ C1(Ω,Rd). Si F dérive d’un potentielsur Ω alors

∂xiFj = ∂xjFi pour 1 ≤ i, j ≤ d, x ∈ Ω.

Exemple 1.14. Soit F (x) = (0, x1, 0). Alors F ne dérive pas d’un potentiel puisque∂x1F2 6= ∂x2F1.

Quelques notations de géometrie.

Définition 1.7. Un ensemble A ⊂ Rd est dit convexe si pour tout x ∈ A et y ∈ A, on a[x, y] := {tx+ (1− t)y; t ∈ [0, 1]} ⊂ A.


Exemple 1.15. Un disque (ouvert ou fermé) est convexe. Un rectangle, un cube sontconvexes.

Définition 1.8. Un ensemble A ⊂ Rd est dit connexe par arcs si pour tout x ∈ A ety ∈ A, il existe une courbe γ : [a, b]→ Rd dans A telle que γ(a) = x et γ(b) = y.

Définition 1.9. Un ensemble connexe par arcs A ⊂ Rd est dit simplement connexe sitoute courbe fermée Γ, paramétrisée par γ : [0, 1]→ Rd dans A, est homologue à un pointdans A, c’est-à-dire qu’il existe H : [0, 1]× [0, 1] et x0 ∈ A tels que

H est continue, Image(H) ⊂ A,

H(0, t) = γ(t) et H(1, t) = x0 pour t ∈ [0, 1].

Exemple 1.16. Soit A convexe. Alors A est simplement connexe. Preuve : H(s, t) =(1− s)x0 + sγ(t).

Exemple 1.17. A = B1 \ {(0, 0)} et d = 2. Alors A n’est pas simplement connexe.

On a le théoreme suivant :

Theorème 1.3. Soient Ω un ouvert, simplement connexe et F = (F1, · · · , Fd) : Ω→ Rdest de classe C1. Supposons que

∂xiFj = ∂xjFi pour 1 ≤ i, j ≤ d, x ∈ Ω.

Alors F dérive d’un potentiel.

Preuve. On va supposer que Ω est convexe et que l’origine 0 ∈ Ω. Posons

f(x) =

∫[0,x]

F (s) · ds.

On peut prouver que∇f(x) = F (x).

La preuve est omise. �

Proposition 1.4. Soit F ∈ C1(Ω,Rd). Supposons que F dérive d’un potentiel. Alors,pour tout courbe fermée Γ, on a ∫

ΓF (s) · ds = 0,

Preuve. On a∫ΓF (s) · ds =

∫ baF (γ(t)) · γ′(t) dt =

∫ ba∇f(γ(t)) · γ′(t) dt

=

∫ ba

d

dt[f(γ(t))] dt = f(γ(b))− f(γ(a)) = 0.

1.5. SURFACES ET INTÉGRALES DE SURFACE 9

Exemple 1.18. Soit

F (x, y) =(− yx2 + y2

,x

x2 + y2

)pour (x, y) 6= (0, 0).

Vérifier que ∂yF1 = ∂xF2. Montrer que F ne dérive pas d’un potentiel sur R2 \ {(0, 0)}.Soit Γ le cercle unité paramétrisé par γ(t) = (cos t, sin t) pour t ∈ [0, 2π]. On a∫

ΓF (s) · ds =

∫ 2π0

(− sin t, cos t) · (− sin t, cos t) =∫ 2π

01 dt = 2π.

Exercice 1.4. Soit F = (f, g) : R2 → R2 un champ C1. Posons

ϕ(x, y) =

∫ 10

[xf(tx, ty) + yg(tx, ty)

]dt.

Montrer que si ∂ug = ∂vf alors F = ∇ϕ.

1.5 Surfaces et intégrales de surface

Définition 1.10. Soient D une région 1 ouverte 2 de R2 et ϕ : D → R3 une fonction in-jective et régulière. Supposons que ∂xϕ(x, y) et ∂yϕ(x, y) sont linÈairement indépendantspour tout (x, y) ∈ D et définissons

S = {ϕ(x.y); (x, y) ∈ D}.

Alors S est une surface régulière engendrée par ϕ. La fonction ϕ est appelée la pa-ramétrisation de la surface.

Le plan tangent de S en ϕ(x, y) est

TS(ϕ(x, y)) ={ϕ(x, y) + s∂xϕ(x, y) + t∂y(x, y); (s, t) ∈ R2

},

et

N(x, y) :=∂xϕ(x, y)× ∂yϕ(x, y)|∂xϕ(x, y)× ∂yϕ(x, y)|

est un vecteur normal de S en ϕ(x, y).

Exemple 1.19. La demi-sphère de rayon R : ϕ(x, y) = (x, y,√R2 − (x2 + y2)) pour x2+

y2 < R. Calculer son vecteur normal. Solution : n(x, y) = (x/R, y/R,√R2 − (x2 + y2)/R) =

(x, y, z)/R.

Exemple 1.20. Soit g : D ⊂ R2 → R une fonction régulière. Alors

S := {(x, y, g(x, y)); (x, y) ∈ D} : une surface de R3.

Calculer son vecteur normal. Solution : (−gy,−gx, 1)/√|∇g|2 + 1.

1. région : ensemble non vide, ouvert et connexe2. où la frontière est régulière par morceaux


Définition 1.11. Un ensemble S ⊂ R3 est appelÈ surface régulière si pour tout x ∈ S ilexiste un voisinage Vx de x dans R3 tel que S ∩ Vx est une surface régulière engendréepar une certaine fonction ϕ.

Exemple 1.21. La sphère de rayon R :

ϕ(θ, φ) = (R cos θ sinφ,R sin θ sinφ,R cosφ),

pour (θ, φ) ∈ [0, 2π)× [0, π].

Lemme 1.5. Soit f : R3 → R une fonction régulière et c ∈ R. Définit S = f−1({c})et supposons que ∇f(x, y, z) 6= (0, 0, 0) pour tout (x, y, z) ∈ S. Alors S est une surfacerégulière.

Ce lemme est une conséquence de théorème des fonctions implicites et la preuve estomise.

Exemple 1.22. En appliquant le lemme, on déduit que les sphères et les ellipsöıdes sontdes surfaces régulières. Par exemple,

la sphère unité = f−1(0) avec f(x, y, z) = x2 + y2 + z2 − 1.

Définition 1.12. Soit S une surface régulière engendrée par ϕ : D → R3 et f unefonction continue et bornée sur S. On définit∫

Sf =

∫Df(ϕ(x, y)

)|∂xϕ(x, y)× ∂yϕ(x, y)| dx dy.

Exemple 1.23. La sphère de rayon R :

ϕ(θ, φ) = (R cos θ sinφ,R sin θ sinφ,R cosφ),

pour (θ, φ) ∈ [0, 2π)× [0, π]. On a

∂θϕ× ∂φϕ =(−R sin θ sinφ,R cos θ sinφ, 0)× (R cos θ cosφ,R sin θ cosφ,−R sinφ)

=R2(− cos θ sin2 φ,− sin θ sin2 φ,− sin2 θ sinφ cosφ− cos2 cosφ sinφ

)=−R2 sinφ

(cos θ sinφ, sin θ sinφ, cosφ

).

Exemple 1.24. Soit Σ = {(x, y, z);x2 + y2 = 1 et 0 < z < 1}. Une paramétrisation de Γest

Σ = {ϕ(θ, z) = (cos θ, sin θ, z); θ ∈ [0, 2π)× (0, 1)}.

On a

∂θϕ× ∂zϕ = (− sin θ, cos θ, 0)× (0, 0, 1) = (cos θ, sin θ, 0).

1.5. SURFACES ET INTÉGRALES DE SURFACE 11

Définition 1.13. Soit S une surface régulière et soit f une fonction continue sur S.Supposons qu’ils existent des surfaces régulières Si engendrées par ϕi : Di → R3 pour1 ≤ i ≤ m telles que :

Si ∩ Sj = ∅ pour i 6= j,m⋃i=1

Si ⊂ S, S̄ ⊂m⋃i=1

S̄i.

On définit ∫Sf =

m∑i=1

∫Si

f.

Remarque 1.2. Cette définition ne dépends pas de choix de Si et ϕi.

L’aire de la surface S :

Aire(S) :=

∫S

1.

Exemple 1.25. Soit S la sphère centrée à l’origine de rayon R. Calculer

1. Aire(S).

2.∫S f où f(x, y, z) = z.

Solution. Une paramétrisation de S :

S = ϕ(θ, φ) = (R cos θ sinφ,R sin θ sinφ,R cosφ) pour (θ, φ) ∈ (0, 2π)× (0, π).

On en déduit que

Aire(S) =

∫ 2π0

∫ π0R2 sinφ|


)| dφ dθ

=

∫ 2π0

∫ π0R2 sinφdφ dθ = 4πR2.

On a ∫Sf =

∫ 2π0

∫ π0R cosφR2 sinφ|


)| dφ dθ

=

∫ 2π0

∫ π0R3 cosφ sinφdφ dθ = 0.

Exercice 1.5. Soit S la demi-sphère centrée à l’origine de rayon R avec z > 0. Calculer

1. Aire(S).

2.∫S f où f(x, y, z) = z.

Suggestion. Une paramétrisation de S :

S = ϕ(θ, φ) = (R cos θ sinφ,R sin θ sinφ,R cosφ) pour (θ, φ) ∈ (0, 2π)× (0, π).

Donc Aire(S) = 2πR2.∫S f = 0.



Σ f où f(x, y, z) = x2 + y2 + xz et Σ = {(x, y, z);x2 + y2 =

1 et 0 < z < 1}.

Solution. Une paramétrisation de Γ est

Σ = {ϕ(θ, z) = (cos θ, sin θ, z); θ ∈ [0, 2π]× (0, 1)}.

Donc ∫Γf =

∫ 2π0

∫ 10

1 + z cos θ dz dθ = 2π.

Exercice 1.6. Soient f(x, y, z) = xy + xz et

Σ = {(x, y, z);x2 + y2 = z2 et 0 ≤ z ≤ 1}.

Calculer∫

Γ f .

Suggestion. Une paramétrisation de Γ est

Γ = {ϕ(θ, z) = (z cos θ, z sin θ, z); θ ∈ (0, 2π), 0 ≤ z ≤ 1}.

On a

∂θϕ× ∂φϕ = (−z sin θ, z cos θ, 0)× (cos θ, sin θ, 1) = (z cos θ, z sin θ,−z)

Pour le TD : Calculer l’aire, l’intégrale sur des triangles, rectangles dans R3.

1.6 Théorème de Green - Théorème de la divergence

Theorème 1.6 (Théorème de la divergence (TdD)). Soit Ω un ouvert de Rd (d = 2, 3)tel que ∂Ω soit une surface régulière en dimension 3 et soit l’union des courbes simplesrégulières en dimension 2. Soit F = (F1, · · · , Fd) : Ω̄ → Rd un champ vectoriel régulier.Alors ∫

ΩdivF =

∫∂ΩF · ν,

Ici ν désigne le vecteur normal extérieur sur ∂Ω.

Exemple 1.27. Soient Ω = [0, 1]2 et F (x, y) = (xy, 0). Vérifier le TdD.

Solution. On a ∫Ω

divF =

∫ 10

∫ 10y dx dy = 1/2.

et∫∂ΩF ·ν =

∫ 10

(0, 0)·(0,−1) dx+∫ 1

0(y, 1)·(1, 0) dy+

∫ 10

(x, 0)·(0, 1) dx+∫ 1

0(0, 0)·(−1, 0) dy = 1/2.

Exemple 1.28. Soient Ω = {(x, y);x2 + y2 < 1} et F (x, y) = (x, y). Vérifier le TdD.

1.6. THÉORÈME DE GREEN - THÉORÈME DE LA DIVERGENCE 13


divF =

∫ 10

∫ 2π0

2r dφ dr = 2π.

et ∫∂ΩF · ν =

∫ 2π0

(cos θ, sin θ) · (cos θ, sin θ)|(− sin θ, cos θ)| dθ = 2π.

Exemple 1.29. Soient∫

Ω divF et∫∂Ω F · ν où Ω est la boule unité et F = (x, y, z).

Vérifier le TdD.


divF =

∫Ω

3 =

∫ 10

∫ 2π0

∫ π0

3r2 sinφdφ dθ dr = 4π

et ∫∂ΩF · ν =

∫ 2π0

∫ π0

sinφ = 4π.

Exemple 1.30. Calculer∫∂Ω F · ν où Ω est la boule unité et F = (x, y, 2z).

Solution. On a∫Ω

divF =

∫Ω

4 =

∫ 10

∫ 2π0

∫ π0

4r2 sinφdφ dθ dr = 16π/3

et ∫∂ΩF · ν =

∫ 2π0

∫ π0

(cos θ sinφ, sin θ sinφ, 2 cosφ)(cos θ sinφ, sin θ sinφ, cosφ) sinφ

=

∫ 2π0

∫ π0

(sin2 φ+ 2 cos2 φ) sinφ =

∫ 2π0

∫ π0

sinφ+ sin 2φ cosφ/2

=

∫ 2π0

∫ π0

sinφ+ (sin 3φ+ sinφ)/4 = 16π/3.

Exemple 1.31. Soient Ω = [a1, b1]×[a2, b2]×[a3, b3] et F (x, y) = (f(x, y, z), 0, 0). Vérifierle TdD.


divF =

∫Ω∂xf(x, y, z) dx dy dz =

∫ b2a2

∫ b3a3

f(b1, y, z)− f(a1, y, z) =∫∂ΩF · ν.

Voici quelques conséquences :

Corollaire 1.7. Soit Ω un ouvert de Rd (d = 2, 3) tel que ∂Ω soit une surface régulièreen dimension 3 et l’union des courbes simples régulières en dimension 2. Alors∫

Ω

∂f

∂xi=

∫∂Ωfνi.


Preuve. Supposer i = 1. F = (f, 0) pour d = 2 et F = (f, 0, 0) pour d = 3. La conclusionest une conséquence du TdD. �

Exercice 1.7. Prouver que∫Ω

(∆u)u = −∫

Ω|∇u|2 +

∫∂Ω∇u · ν.

Suggestion. ∆u = div grad u.

Corollaire 1.8 (La formule de Stokes en dimension 2). Soit Ω un ouvert de R2 tel que∂Ω soit une courbe simple régulière et F = (F1, F2) : Ω→ R2 un champ régulière . Alors,si le bord est orienté positivement,∫

Ωrot F =

∫∂ΩF · ds.

On dit que ∂Ω est orienté positivement si le sens de parcours laisse Ω à gauche.

Preuve. On a ∫Ω

rot F =

∫Ω∂1F2 − ∂2F1 =

∫∂ΩF2ν1 − F1ν2.

Supposons ∂Ω ={

(γ1(t), γ2(t))); t ∈ [0, 1]}

orienté positivement. Alors

ν(γ(t)) = (γ′2(t),−γ′1(t))/|γ′(t)|.

Donc ∫∂ΩF2ν1 − F1ν2 =

∫ 10

(F1, F2) · (γ′1, γ′2)/|γ′(t)| |γ′(t)| dt =∫∂ΩF · γ′(t) dt.

Exemple 1.32. Vérifier la formule de Stokes dans le cas où F (x, y) = (xy, x + y) et Ωest le disque unité.


rot F =

∫Ω

1− x =∫ 1

0

∫ 2π0

(1− r cos θ)r dθ dr = π

et ∫∂ΩF · ds =

∫ 2π0

(cos θ sin θ, cos θ + sin θ) · (− sin θ, cos θ) dθ =∫ 2π

0cos2 θ = π.

Exercice 1.8. Vérifier la formule de Stokes dans le cas où F (x, y) = (x2y,−xy) etΩ = {(x, y); 1 < x2 + y2 < 4}.


rot F =

∫Ω−y+ x2 =

∫ 21

∫ 2π0

(−r sin θ+ r2 cos2 θ)r dθ dr =∫ 2

1r3∫ 2π

0cos2 θ = 15π/4


et ∫ΩF · ds =

∫ 2π0

(23 cos2 θ sin θ,−22 sin θ cos θ) · (−2 sin θ, 2 cos θ)

−∫ 2π

0(cos2 θ sin θ,− sin θ cos θ) · (− sin θ, cos θ)

=...

Proposition 1.9 (La formule de Stokes en dimension 3). Soit S une surface régulièreengendrée par ϕ : D → R3. On a∫

Srot F · ν =

∫∂SF · dl.

Ici ν et l’orientation de ∂S obéissent à la règle de la main droite.

Exemple 1.33. Σ = {(x, y, z);x2 + y2 + z2 = 1}. Alors∫Σ

rot F · ν = 0.

Exemple 1.34. Σ = {(x, y, z);x2+y2+z2 = 1 et z ≥ 0}. Vérifier le TdS pour F (x, y, z) =(x, y, y2).

Solution. La frontière : ∂Σ = {(x, y, z);x2 +y2 +z2 = 1 et z = 0} et une paramétrisationde Σ

Σ = {ϕ(θ, φ) = (cos θ sinφ, sin θ sinφ, cosφ); (θ, φ) ∈ (0, 2π)× (0, π/2)}.

On arot F = (2y, 0, 0) et ∂θϕ× ∂φϕ = − sinφ(cos θ sinφ, sin θ sinφ, cosφ).

Donc ∫Σ

rot F · ν = −∫ 2π

0

∫ π/20

2 sinφ sin θ sinφ cos θ sinφ = 0

et ∫∂ΣF · ds = −

∫ 2π0

(cos θ, sin θ, sin2 θ) · (− sin θ, cos θ, 0) = 0.

Exemple 1.35. Vérifier le TdS pour F (x, y, z) = (z, x, y) et

Σ = {(x, y, z); z2 = x2 + y2 et 0 < z < 1}.

Solution. On arot F = (1, 1, 1).

Une paramétrisation de Σ :

Σ = {ϕ(θ, z) = (z cos θ, z sin θ, z); θ ∈ (0, 2π); 0 < z < 1},


∂θϕ× ∂zϕ = (−z sin θ, z cos θ, 0)× (cos θ, sin θ, 1) = (z cos θ, z sin θ,−z),

et la frontière de Σ∂Σ = {(cos θ, sin θ, 1); θ ∈ [0, 2π]}.

On a∫Σ

rot F · ν =∫ 1

0

∫ 2π0

(1, 1, 1) · (z cos θ, z sin θ,−z) =∫ 1

0

∫ 2π0

(z cos θ + z sin θ − z) = −π.

et ∫∂ΣF · ds = −

∫ 2π0

(1, cos θ, sin θ) · (− sin θ, cos θ, 0) = −∫ 2π

0cos2 θ = −π.

Exemple 1.36. Σ = {(x, y, z);x2 + y2 = 1, 0 ≤ z ≤ 1}. On a ∂Σ = {(x, y, z);x2 + y2 =1, z = 0, 1}. Une paramétrisation de Σ :

Σ = {ϕ(θ, z) = (cos θ, sin θ, z); θ ∈ (0, 2π); 0 ≤ z ≤ 1}.

Vérifier le TdS où F (x, y, z) = (yz, z, 0).

Solution. On arot F = (−1, y,−z) et ν(θ, z) = (cos θ, sin θ, 0).

Donc ∫Σ

rot F · ν =∫ 1

0

∫ 2π0

cos2 θ = 1/2.

On a∫∂ΣF · ds = −

∫ 2π0

(sin θ, 1, 0) · (− sin θ, cos θ, 0) +∫ 2π

0(0, 0, 0) · (− sin θ, cos θ, 0) = 1/2.

Exercice 1.9. Prouver que ∫∂Ω

rot F · ν = 0.

Solution. Par le TdD ∫∂Ω

rot F · ν =∫

Ωdiv rot F = 0.

Preuve du théorème de la divergence. Étape 1 : d = 2.

Étape 1.1 :Ω = {(x, y);x ∈ (a, b), f1(x) < y < f2(x)}.

Étape 1.2 :Ω = {(x, y); y ∈ (a, b), f1(y) < x < f2(x)}.

Étape 1.2 : Le cas général.

Étape 2 : d = 3.


Étape 2.1 :

Ω = {(x, y, z); (x, y) ∈ (a, b)× (c, d), f1(x, y) < z < f2(x, y)}.

Étape 2.2 :

Ω = {(x, y, z); (y, z) ∈ (a, b)× (c, d), f1(y, z) < x < f2(y, z)}.

Étape 2.2 :

Ω = {(x, y, z); (x, z) ∈ (a, b)× (c, d), f1(x, z) < x < f2(x, z)}.

Étape 2.3 : Le cas général. �

Chapitre 2

Séries de Fourier

2.1 Notations complexes

L’ensemble des nombres complexes :

C := {x+ iy; x, y ∈ R}.

Pour z1 = x1 + iy1 et z2 = x2 + iy2, on a les règles suivantes :

z1 + z2 = (x1 + x2) + i(y1 + y2) et z1z2 = x1y1 − x2y2 + i(x1y2 + x2y1).

Pour z = x+ iy, on a

z̄ = x− iy et |z|2 = x2 + y2 = zz̄.

et l’exponentielle complexe :

ez = ex+iy = exeiy = ex(cos y + i sin y).

On a|z1z2| = |z1||z2|.

2.2 Coefficients de Fourier

On définit, pour n ∈ Z,

cn(f) :=1

T

∫ T0f(x)e−

i2nπxT dx : le coefficient de Fourier de f,

et posons

SN (f)(x) =

N∑−N

cn(f)ein2πxT .

En utilisant la notation complexe, on a

cn(f) := an(f)− ibn(f),

19

20 CHAPITRE 2. SÉRIES DE FOURIER

où

an(f) :=1

T

∫ T0f(x) cos

(2nπxT

)dx et bn(f) :=

1

T

∫ T0f(x) sin

(2nπxT

)dx

Étendons f par périodicité, i.e., f(x+ T ) = f(x). Alors, pour t ∈ R,

cn(f) :=1

T

∫ t+Tt

f(x)e−i2nπxT dx : le coefficient de Fourier de f.

Exemple 2.1. T = 2π. On a

cn(f) =1

2π

∫ 2π0

f(x)e−inx dx.

Quelques calculs :

1.

cn(eimx) =

1

2π

∫ 2π0

eimxe−inx dx = δnm.

2.an(cos(mx)) = δnm et bn(cos(mx)) = 0.

Exemple 2.2. Soit f(x) = x sur [0, 2π). On a, pour n 6= 0,

cn(f) =1

2π

∫ 2π0

xe−inx dx = −1/(in).

et c0 = π. Donc

SN (f)(x) =N∑−N

i

neinx = π − 2

N∑n=1

sin(nx)

n.

Solution. On a, pour n 6= 0,∫ 2π0

xe−inx dx =

∫ 2π0

xde−inx/(−in) = −xe−inx

in

∣∣2π0

+1

in

∫ 2π0

e−inx dx = −2π/(in),

eteinx − e−inx = 2i sin(nx).

Exemple 2.3. Soit

f(x) =

{1 si x ∈ [0, π),

0 si x ∈ [π, 2π).Solution. On a, pour n 6= 0,

cn =1

2π

∫ π0e−inx dx =

1

2πin(1− e−inπ) = 1

2πin[1− (−1)n].

eteinx − e−inx = 2i sin(nx)

Donc

SN (x) = 1/2 +N∑n=1

2

π

sin[(2n+ 1)x]

2n+ 1.

2.3. THÉORÈME DE FOURIER-DIRICHLET 21

Exercice 2.1. Soient (fk) et f des fonctions 1−périodique telles que limk→+∞∫ 1

0 |fk(x)−f(x)| dx = 0. Prouver que

limk→+∞

cn(fk) = cn(f).

Lemme 2.1. Soit f ∈ Ck(R) T -périodique. Prouver que, pour une certaine constante C,

|cn(f)| ≤ C/|n|k.

Exercice 2.2. Soit f(x) = (π − x)2/4 sur [0, 2π) et T = 2π. Prouve que

SN (f)(x) =π2

12+

N∑n=1

cos(nx)

n2.

2.3 Théorème de Fourier-Dirichlet

Theorème 2.2. Soit f une fonction sommable bornée définie sur [0, T ] et soit x0 ∈ (0, T ).Supposons que f soit de classe C1 autour de x0. Alors la série de f converge vers f enx0, i.e.,

SN (f)(x0) :=N∑−N

cn(f)ei2nx0T → f(x0) quand N → +∞.

Plus généralement,

SN (f)(x0) :=

N∑−N

cn(f)ei2nx0T → 1

2[f(x0+) + f(x0−)] quand N → +∞.

Exemple 2.4. Soit f(x) = eimx sur [0, 2π]. Vérifier le TdF.

Exemple 2.5. Soit f(x) = x sur [0, 2π). Donc

SN (f)(x) =N∑−N

i

neinx = π − 2

N∑n=1

sin(nx)

n.

Donc

π = π − 2∞∑n=1

sin(nπ)/n : vrai

et

π/2 = π − 2∞∑n=1

sin(nπ/2)/n = π − 2∞∑k=0

(−1)k

2k + 1.

On en déduit que∞∑k=0

(−1)k

2k + 1= π/4.


Lemme 2.3. Définit

DN (x) =

N∑−N

ei2πnxT .

On a

DN (x) = sin((2N + 1)πx

T

)/sin(πxT

). (2.1)

En particulier,1

T

∫ T0DN (x) dx = 1.

Solution. TD. Fixons x et posons

a = ei2πxT .

On a

DN (x) =a−N + · · ·+ aN = a−N (1 + · · · a2N ) = a−N (1− a2N+1)/(1− a) = a

−N + aN+1

1− a

=cos(2πNx/T )− i sin(2πNx/T ) + cos(2π(N + 1)x/T )− i sin(2π(N + 1)x/T )

1− cos(2πx/T )− i sin(2πx/T )= · · · .

Lemme 2.4. Soit f une fonction sommable définie sur [a, b] (a < b). On a

limλ→+∞

∫ ba

sin(λy)g(y) dy = 0.

Preuve. Supposons dans un premier temps que f ∈ C1([a, b]). Par une intégration parparties, on a∫ b

asin(λy)g(y) dy = − 1

λsin(λy)g(y) +

1

λ

∫ ba

cos(λy)g′(y) dy → 0 quand λ→ +∞.

Pour le cas général, on approxime f par des fonctions étagées. �

On est prêt pour donner

Preuve du Théorème 2.2. On a

SN (f)(x) =1

T

∫ T/2−T/2

DN (x− y)f(y) dy =1

T

∫ x+T/2x−T/2

DN (y)f(x− y) dy

=1

T

∫ T/2−T/2

DN (y)f(x− y) dy.

Puisse que1

T

∫ T/2−T/2

DN (y) dy = 1.

on a

SNf(x)−f(x) =1

T

∫ T/2−T/2

DN (y)[f(x−y)−f(x)] dy =1

T

∫ T/2−T/2

sin[(2N+1)πx/T ]g(y) dy,

2.3. THÉORÈME DE FOURIER-DIRICHLET 23

oùg(y) = [f(x− y)− f(x)]/ sin(πy/T ).

�

Exemple 2.6. Soit

f(x) =

{1 si x ∈ [0, π),

0 si x ∈ [π, 2π).Donc

SN (x) = 1/2 +N∑n=1

2

π

sin[(2n+ 1)x]

2n+ 1.

On a

1/2 = 1/2 +

∞∑n=1

2

π

sin[(2n+ 1)x]

2n+ 1: vrai.

On en déduit que (x = π/2)

1 = 1/2 +

∞∑n=1

2

π

sin[(2n+ 1)π/2]

2n+ 1;

cela implique∞∑n=1

(−1)n

2n+ 1= π/4.

Voici une conséquence intérrants du Théorème 2.2 : le principe de la localisation deRiemann :

Corollaire 2.5. Soient f et g deux fonctions sommable T -périodique. Supposons que pourcertain x ∈ R, f et g sont continues et f = g autour de x. Alors

SN (f)(x)− SN (g)(x)→ 0 quand N → +∞.

Exemple 2.7. Soit f(x) = x(π − x) sur [0, π] et T = π. Calculer les coefficients deFourier de f et montrer que

f(x) =8

π

∑k≥1, impair

sin(kx)

k3.

Exemple 2.8. Soit f(x) = |x| sur [−π, π] et T = 2π. Calculer les coefficients de Fourierde f et montrer que c0(f) = π/2, et pour n ∈ Z \ {0},

cn(f) =−1 + (−1)n

πn2.

En prenant x = 0, prouve que∑n≥1; impaire

1

n2=π2

8et

∑n≥1

1

n2=π2

6.


On a aussi

Proposition 2.6. Soit f : R → C une fonction sommable borneée, T -périodique, et declasse C1. Alors

SN (f)(x)→ f(x) uniformément quand N → +∞.

2.4 Théorème de Parseval

Voici le résultat principal de cette section :

Theorème 2.7. Soit f une fonction sommable borné déinie sur (0, T ). Alors

limN→+∞

∫ T0|f(x)− SN (f)(x)|2 dx = 0.

En particulier,

1

T

∫ T0|f(x)|2 dx =

∞∑−∞|cn|2.

Exemple 2.9. Soit f(x) = eimx sur [0, 2π]. Verifier le TdP.

La démonstration est basée sur un lemme :

Lemme 2.8. On a

1

T

∫ T0|SNf(x)|2 =

N∑−N|cn|2.

Solution. Rappel :1

T

∫ T0ei2π(n−m)x/Tdx = δnm.

Exemple 2.10. Soit f(x) = |x| sur [−π, π] et T = 2π. Calculer les coefficients de Fourierde f et montrer que c0(f) = π/2, et pour n ∈ Z \ {0},

cn(f) =−1 + (−1)n

πn2.

Montrer que∞∑n=0

1

(2n+ 1)4=π4

96.

Solution. On a

cn =1

2π

∫ π−π|x|e−inx = 1

2π

∫ π0x(e−inx + einx) =

1

2π

∫ π0

2x cos(nx).

et ∫ π0x cos(nx) =

1

nπ

∫ π0xd sin(nx) = − 1

n

∫ π0

sin(nx) dx = − 1n2

[(−1)n − 1].

2.4. THÉORÈME DE PARSEVAL 25

On en déduit que

cn =−1 + (−1)n

πn2.

En appliquant le TdP, on a

π2/3 =1

2π

∫ π−π|x|2 = 1

2π

∫ ππ|f |2 = π2/4 +

∞∑k=0

8

π2(2k + 1)2

Cela implique∞∑k=0

1

(2k + 1)2= π4/96.

Lemme 2.9. On a∫ T0|f(x)|2 =

∫ T0|f(x)− SN (f)(x)|2 dx+

∫ T0|SN (f)(x)|2 dx.

Proposition 2.10. Soit N ≥ 0. Poser

PN ={ N∑j=−N

λje2πijx/T ;λj ∈ C

}.

Montrer que ∫ T0|f − SN (f)|2 dx = min

g∈PJ

∫ T0|f(x)− g(x)|2 dx.

Preuve. Fixons g ∈ PN et posonsh = f − g.

On a ∫ T0|h|2 =

∫ T0|h− SN (h)|2 +

∫ T0|SN (h)|2

D’autre part,

SN (h) = SN (f)− SN (g) = SN (f)− g.

Cela implique∫ T0|h|2 =

∫ T0|f − SN (f)|2 +

∫ T0|SN (f)− g|2 ≥

∫ T0|f − SN (f)|2.

Exemple 2.11. Trouver

mina,b,c∈C

∫ 2π0|x− a− beix − ce−ix|2 dx.


2.5 Séries de Fourier en termes de cosinus et sinus

On a

Lemme 2.11.

b0 = 0, cn = an − ibn, an = a−n, bn = −b−n.

En conséquence,

SN (f)(x) = a0 + 2N∑1

[an cos

(2πnxT

)+ bn sin

(2πnxT

)].

Rappel :

an(f) :=1

T

∫ T0f(x) cos

(2nπxT

)dx et bn(f) :=

1

T

∫ T0f(x) sin

(2nπxT

)dx.

Preuve. On a

SN (f)(x) =

N∑−N

cnei 2πnx

T = a0 +

N∑1

[cnei 2πnx

T + c−nei−2πnx

T ]

=a0 + 2

N∑1

[an cos

(2πnxT

)+ bn sin

(2πnxT

)].

�

Theorème 2.12. Soit f une fonction sommable borneée définie sur [0, T ] et x ∈ (0, T ).Supposons que f est de classe C1 autour de x. Alors

f(x) = a0 + 2∞∑1

[an cos

(2πnxT

)+ bn sin

(2πnxT

)].

Exemple 2.12. Soit f(x) = cosx sur [0, 2π].

Solution. â1 = 1 et ân = 0 si n 6= 1.

Exemple 2.13. Soit

f(x) =

{1 si x ∈ [0, π),

0 si x ∈ [0, 2π).

Solution an = 0 for n ≥ 1 et bn = 12nπ [1− (−1)n]. On obtient ainsi

f(x) =1

2+

2

π

∑n=0

sin((2n+ 1)x

)2n+ 1

pour x 6= π.

2.5. SÉRIES DE FOURIER EN TERMES DE COSINUS ET SINUS 27

Theorème 2.13 (Théorème de Parseval). Soit f une fonction sommable borneée définitesur [0, T ]. Alors

1

T

∫ T0|f(x)|2 dx = a20 + 2

∞∑1

(|an|2 + |bn|2).

Preuve. Notons que

|c−n|2 + |cn|2 = |an + ibn|2 + |an − ibn|2 = 2(|an|2 + |bn|2).

�

Exemple 2.14. Soit f(x) = x si x ∈ (−π, π). Calculer∫ π−π |f |

2 à terme la série deFourier.

Solution. an = 0 pour tout n et

bn =1

2π

∫ π−πx sin(nx) dx =

1

2π

[− x cos(nx)

n

∣∣∣π−π

+1

n

∫ π−π

cos(nx) dx]

= (−1)n−1/n.

Doncπ2

3=

1

2π

∫ π−π|f |2 = 2

∞∑n=1

1

n2.

Remarque 2.1. On a

1. Si f est paire, alors bn(f) = 0 pour n ≥ 1 : SN (f)(x) = a0 + 2∑N

1 an cos(

2πnxT

).

2. Si f est impaire, alors an(f) = 0 pour n ≥ 0 : SN (f)(x) = 2∑N

1 bn sin(

2πnxT

).

Theorème 2.14. Soit f une fonction sommable borneée définie sur [0, T ] et x ∈ (0, T ).Supposons que f est de classe C1 autour de x. Alors

f(x) = â0(f) + 2∞∑1

ân(f) cos(πnxT

)et

f(x) = 2∞∑1

b̂n(f) sin(πnxT

),

où

ân(f) :=1

T

∫ T0f(x) cos

(nπxT

)dx et b̂n(f) :=

1

T

∫ T0f(x) sin

(nπxT

)dx

Preuve. Posons

f1(x) =

{f(x) si x ∈ [0, T )

f(−x) si x ∈ [−T, 0)On a

f1(x) = a0(f1) + 2

∞∑n=1

an(f1) cos(n2πx/(2T )) = a0(f) + 2

∞∑1

an(f) cos(πnxT

)


puisque

an(f1) =1

2T

∫ T−T

f1(x) cos(n2πx/(2T )) dx =1

T

∫ T0f(x) cos(nπx/T ) = ân(f).

Similairement, posons

f2(x) =

{f(x) si x ∈ [0, T )

f(−x) si x ∈ [−T, 0)

On a

f2(x) = 2∞∑n=1

an(f2) sin(n2πx/(2T )) = 2∞∑1

bn(f) sin(πnxT

)puisque

bn(f1) =1

2T

∫ T−T

f2(x) sin(n2πx/(2T )) dx =1

T

∫ T0f(x) sin(nπx/T ) = b̂n(f).

�

Exemple 2.15. Soit f(x) = x si x ∈ (0, π). Calculer ân.

Solution.

ân =1

π

∫ π0x cos(nx) dx =

1

π

[ 1nx sin(nx)

∣∣∣π0− 1n

sin(nx) dx]

= − 1nπ

[(−1)n − 1].

Doncx =

π

2+ 2

∑n≥1

[1− (−1)n] cos(nx).

Chapitre 3

Applications des séries de Fourier

3.1 Équation de la chaleur

Dans cette section, on va utiliser la connaissance de la séries de Fourier pour résoudrel’équation de la chaleur en dimension 1.

3.1.1 Conditions aux limites de Dirichlet

On veut étudier le système suivants :∂tu(t, x)−K∂2xxu(t, x) = 0 pour (t, x) ∈ (0,+∞)× (0, L),

u(t, 0) = u(t, L) = 0 pour t > 0,

u(0, x) = φ(x) pour x ∈ (0, L).

(3.1)

où φ est la condition initiale et K est la constante de diffusion. On cherche d’abord dessolutions non-zeros de{

∂tu(t, x)−K∂2xxu(t, x) = 0 pour (t, x) ∈ (0,+∞)× (0, L),

u(t, 0) = u(t, L) = 0 pour t > 0,(3.2)

qui sont de la forme :

u(t, x) = T (t)X(x).

On a

∂tu(t, x) = T′(t)X(x) et ∂2xxu(t, x) = T (t)X

′′(x).

Cela implique

0 = ∂tu(t, x)−K∂2xxu(t, x) = T ′(t)X(x)−KT (t)X ′′(x).

Formellement, on obtient

T ′(t)

KT (t)=X ′′(x)

X(x)= −λ : une constante.

29

30 CHAPITRE 3. APPLICATIONS DES SÉRIES DE FOURIER

On va montrer que λ ≥ 0. En fait, puisque X(0) = X(L) = 0 et X ′′(x) + λX(x) = 0 sur[0, L], on a ∫ L

0[X ′′(x) + λX(x)]X(x) =

∫ L0−X ′(x)2 + λX(x)2 = 0 : λ ≥ 0.

DoncX ′′(x) = −

√λ

2X(x) dans [0, L].

Cela impliqueX(x) = α cos(

√λx) + β sin(

√λx).

En utilisant le fait X(0) = X(L) = 0, on obtient

X(x) = β sin(√λnx) avec

√λn =

nπ

L.

On déduit queT (t) = e−Kλnt

On obtient alors,

u(t, x) = e−Kλnt sin(√λnx) avec λn =

(nπL

)2.

qui est une solution de (3.8) après une vérification simple.

Lemme 3.1. Supposons que u1 et u2 sont des solutions de (3.8) et c1, c2 ∈ R. Alorsc1u1 + c2u2 est aussi une solution de (3.8).

Formellement,

u(t, x) =∑n≥1

βne−Kλnt sin(

√λnx)

est une solution de (3.7), la solution générale.En fait, on peut prouver :

Theorème 3.2. Supposons que

φ(x) =∑n≥1

αn sin(nπxL

)et

∑n≥1

n2|αn| < +∞.

Alorsu(t, x) :=

∑n≥1

αne−Kn2π2t/L2 sin(nπx/L),

est la solution unique de (3.7).

Rappel, pour tout f :

f(x) = 2

∞∑n=1

ân(f) sin(nπx/L).

3.1. ÉQUATION DE LA CHALEUR 31

Preuve. On vérifie facilement que

u ∈ C2((0,+∞)× [0, L]

), u(0, x) = φ(x),

u(t, 0) = u(L, 0) = 0, et ∂tu−K∂2xxu = 0 dans (0,+∞)× (0, L).

On va montrer l’unicité de u. Supposons que u1 et u2 sont deux solutions de (3.7). Posonsu = u1 − u2. Alors,


u(t, 0) = u(t, L) = 0 pour t > 0,

u(0, x) = 0 pour x ∈ (0, L).

On a

0 =

∫ L0

[∂tu(t, x)− ∂2xxu(t, x)]u(t, x) dx =d

2dt

(∫ L0|u(t, x)|2 dx

)+

∫ L0|∂x(t, x)|2 dx = 0.

Cela implique, pour T > 0,

1

2

∫ T0

∫ L0|u(t, x)|2 dx dt+

∫ T0

∫ L0|∂x(t, x)|2 dx = 0.

On en déduit que u(t, x) = 0. �

Exemple 3.1. Résoudre le système∂tu(t, x)− ∂2xxu(t, x) = 0 pour (t, x) ∈ (0,+∞)× (0, π),

u(t, 0) = u(t, π) = 0 pour t > 0,

u(0, x) = sinx+ sin(3x) pour x ∈ (0, π).

Remarque 3.1. On a

|u(t, x)| ≤ e−Kλ1t∑n≥1|αn|.

La solution tends vers 0 quand t→ +∞.

On veut maintenant étudier le système suivant :∂tu(t, x)−K∂2xxu(t, x) = f(t, x) pour (t, x) ∈ (0, T )× (0, L),

u(t, 0) = u(t, L) = 0 pour t > 0,

u(0, x) = φ(x) pour x ∈ (0, L).

(3.3)

où φ est la condition initiale, f est la source, et K est la constante de la diffusion.On cherche la solution sous la forme

u(t, x) =∑n≥1

αn(t) sin(√λnx)


Supposons

f(t, x) =∑n≥1

fn(t) sin(√λnx).

Alors ∑n≥1

(α′n(t)−Kλnαn(t)− fn(t)

)sin(

√λnx) = 0.

Cela impliqueα′n(t)−Kλnαn(t) = fn(t).

On en déduit que

αn(t) = αn(0)e−Kλnt +

∫ t0eKλn(s−t)fn(s) ds.


u(t, x) =∑n≥1

αn(0)e−Kλnt sin(

√λnx) +

∑n≥1

∫ t0eKλn(s−t)fn(s) ds sin(

√λnx).

En fait, on peut prouver :


φ(x) =∑n≥1

an sin(nπxL

), f(t, x) =

∑n≥1

fn(t) sin(nπxL

),

∑n≥1

λ2n|an| < +∞ et∑n≥1

supt∈[0,T ]

λ2n|fn(t)| < +∞.

Alors

u(t, x) :=∑n≥1

ane−Kλnt sin(

√λnx) +

∑n≥1

∫ t0eKλn(s−t)fn(s) ds sin(

√λnx),

pour (t, x) ∈ (0, T )× (0, L), est une solution unique de (3.7).


u(t, 0) = 0; u(t, π) = g(t) := πt pour t > 0,

u(0, x) = sinx+ tx pour x ∈ (0, π).

Indication : Posons v(t, x) = u(t, x)− xg(t)/π = u(t, x)− tx. Alors∂tv(t, x)− ∂2xxv(t, x) = −tx pour (t, x) ∈ (0,+∞)× (0, π),

v(t, 0) = v(t, π) = 0 pour t > 0,

u(0, x) = sinx pour x ∈ (0, π).


3.1.2 Conditions aux limites de Neumann

On étudie le système suivant :∂tu(t, x)−K∂2xxu(t, x) = 0 pour (t, x) ∈ (0,+∞)× (0, L),

∂xu(t, 0) = ∂xu(t, L) = 0 pour t > 0,

u(0, x) = φ(x) pour x ∈ (0, L).

(3.4)

où φ est la condition initiale et K est la constante de la diffusion.Comme avant, on cherche des solutions non-nulles de{


∂xu(t, 0) = ∂xu(t, L) = 0 pour t > 0,(3.5)

qui sont de la forme :u(t, x) = T (t)X(x).

On a aussiX(x) = α cos(

√λx) + β sin(

√λx).

En utilisant le fait X ′(0) = X ′(L) = 0, on obtient

X(x) = α cos(√λnx) avec

√λn =

nπ

L.

On déduit queT (x) = e−Kλnt

On obtient,

u(t, x) = e−Kλnt cos(√λnx) avec λn =

(nπL

)2.


Lemme 3.4. Supposons que u1 et u2 sont solutions de (3.5) et c1, c2 ∈ R. Alors c1u1+c2u2est aussi une solution de (3.5).

Formellement,

u(t, x) =∑n≥0

αne−Kλnt cos(

√λnx)



φ(x) =∑n≥0

αn cos(nπxL

)et

∑n≥0

λ2n|αn| < +∞.

Alorsu(t, x) :=

∑n≥1

αne−Kλnt cos(

√λnx),

est une solution unique de (3.7).



u ∈ C2((0,+∞)× [0, L]

), u(0, x) = φ(x),

∂xu(t, 0) + ∂xu(t, L) = 0, et ∂tu−K∂2xxu = 0 dans (0,+∞)× (0, L).

On montre maintenant l’unicité de u. Supposons que u1 et u2 sont deux solutions de (3.7).Posons u = u1 − u2. Alors


∂xu(t, 0) = ∂xu(t, L) = 0 pour t > 0,

u(0, x) = 0 pour x ∈ (0, L).

On a

0 =

∫ L0

[∂tu(t, x)− ∂2xxu(t, x)]u(t, x) dx =d

2dt

∫ L0|u(t, x)|2 dx+

∫ L0|∂x(t, x)|2 dx = 0.

Cela implique, pour T > 0,

1

2

∫ T0

∫ L0|u(t, x)|2 dx dt+

∫ T0

∫ L0|∂x(t, x)|2 dx = 0.

On en déduit que u(t, x) = 0. �


u(t, 0) = u(t, π) = 0 pour t > 0,

u(0, x) = cosx+ cos(2x) pour x ∈ (0, π).

Remarque 3.2. On a

|u(t, x)− α0| ≤ e−Kλ1t∑n≥1|αn|.

La solution tends vers 0 quand t→ +∞.

On maintenant étudie le système suivant :∂tu(t, x)−K∂2xxu(t, x) = f(t, x) pour (t, x) ∈ (0, T )× (0, L),

∂xu(t, 0) = ∂xu(t, L) = 0 pour t > 0,

u(0, x) = φ(x) pour x ∈ (0, L).

(3.6)

où φ est la condition initiale, f est la source, et K est la constante de la diffusion.On va chercher la solution de la forme

u(t, x) =∑n≥0

αn(t) cos(√λnx)


Supposons

f(t, x) =∑n≥0

fn(t) cos(√λnx).

Alors ∑n≥0

(α′n(t)−Kλnαn(t)− fn(t)

)cos(

√λnx) = 0.

Cela implique queα′n(t)−Kλnαn(t) = fn(t).

On en déduit que

αn(t) = αn(0)e−Kλnt +

∫ t0eKλn(s−t)fn(s) ds.


u(t, x) =∑n≥0

αn(0)e−Kλnt cos(

√λnx) +

∑n≥0

∫ t0eKλn(s−t)fn(s) ds cos(

√λnx).



φ(x) =∑n≥1

αn cos(nπxL

), f(t, x) =

∑n≥1

fn(t) cos(nπxL

),

∑n≥1

λ2n|αn| < +∞ et∑n≥1

supt∈[0,T ]

λ2n|fn(t)| < +∞

Alors

u(t, x) :=∑n≥0

αne−Kλnt cos(

√λnx) +

∑n≥0

∫ t0eKλn(s−t)fn(s) ds cos(

√λnx),

pour (t, x) ∈ (0, T )× (0, L), est une solution unique de (3.7).

Exemple 3.4. Résoudre le système∂tu(t, x)− ∂2xxu(t, x) = x2 − 2t pour (t, x) ∈ (0,+∞)× (0, π),

∂xu(t, 0) = 0; ∂xu(t, π) = g(t) := 2tπ pour t > 0,

u(0, x) = 1 + cosx+ tx2 pour x ∈ (0, π).

Indication : Posons v(t, x) = u(t, x)− x2g(t)/(2π) = u(t, x)− tx2. Alors∂tv(t, x)− ∂2xxv(t, x) = −tx pour (t, x) ∈ (0,+∞)× (0, π),

∂xv(t, 0) = ∂xv(t, π) = 0 pour t > 0,

u(0, x) = 1 + cosx pour x ∈ (0, π).


3.2 Équation des ondes

Dans cette section, on va utiliser la connaissance de la séries de Fourier pour résoudrede l’équations des ondes en dimension 1. On veut étudier le système suivant :

∂2ttu(t, x)− c2∂2xxu(t, x) = 0 pour (t, x) ∈ (0,+∞)× (0, L),

u(t, 0) = u(t, L) = 0 pour t > 0,

u(0, x) = φ(x); ∂tu(0, x) = ψ(x) pour x ∈ (0, L).

(3.7)

où φ et ψ sont les conditions initiales, et c > 0 est la vitesse de la propagation. On vachercher des solutions non-nulles de{

∂2ttu(t, x)− c2∂2xxu(t, x) = 0 pour (t, x) ∈ (0,+∞)× (0, L),

u(t, 0) = u(t, L) = 0 pour t > 0.(3.8)

de la forme :u(t, x) = T (t)X(x).

On a∂2ttu(t, x) = T

′′(t)X(x) et ∂2xxu(t, x) = T (t)X′′(x).

Cela implique

0 = ∂2ttu(t, x)− c2∂2xxu(t, x) = T ′(t)X(x)− c2T (t)X ′′(x).


T ′(t)

c2T (t)=X ′′(x)

X(x)= −λ : une constante.

On obtientX(x) = sin(

√λnx) avec

√λn =

nπ

L.

On déduit queT (x) = a cos(

√λnt) + b sin(

√λnt)

On obtient

u(t, x) =(a cos(c

√λnt) + b sin(c

√λnt)

)sin(

√λnx) avec λn =

(nπL

)2.


Lemme 3.7. Supposons que u1 et u2 sont solutions de (3.8) et c1, c2 ∈ R. Alors c1u1+c2u2est aussi une solution de (3.8).

Formellement,

u(t, x) =∑n≥1

(αn cos(c

√λnt) + βn sin(c

√λnt)

)sin(

√λnx)

3.2. ÉQUATION DES ONDES 37

est une solution de (3.7), la solution générale. Supposons que

φ(x) =∑n≥1

αn sin(nπxL

)=∑n≥1

αn sin(√λnx).

etψ(x) =

∑n≥1

βn sin(nπxL

)=∑n≥1

βn sin(√λnx).

Alorsu(t, x) =

∑n≥1

(αn cos(c


√λnt)/(c

√λn))

sin(√λnx).


Theorème 3.8. Suppose que ∑n≥1

λ2n(|αn|+ |βn|) < +∞.

Alorsu(t, x) :=

∑n≥1

(αn cos(c


√λnt)/(c

√λn))

sin(√λnx),

est une solution unique de (3.7).


u ∈ C2((0,+∞)× [0, L]

), u(0, x) = φ(x),

u(t, 0) = u(t, L) = 0, et ∂tu−K∂2xxu = 0 dans (0,+∞)× (0, L).

On va montrer l’unicité de u. Suppose que u1 et u2 sont deux solutions de (3.7). Posonsu = u1 − u2. Alors,

∂2ttu(t, x)−K∂2xxu(t, x) = 0 pour (t, x) ∈ (0,+∞)× (0, L),

u(t, 0) = u(t, L) = 0 pour t > 0,

u(0, x) = 0 pour x ∈ (0, L).On a

0 =

∫ L0

[∂tu(t, x)−∂2xxu(t, x)]∂tu(t, x) dx =d

2dt

(∫ L0|∂tu(t, x)|2 dx+

∫ L0|∂x(t, x)|2 dx

)= 0.

Cela implique, pour t > 0,∫ L0|u(t, x)|2 dx dt+

∫ L0|∂x(t, x)|2 dx = 0.

On en déduit u(t, x) = 0. �

Exemple 3.5. Résoudre le système∂2ttu(t, x)− ∂2xxu(t, x) = 0 pour (t, x) ∈ (0,+∞)× (0, π),

u(t, 0) = u(t, π) = 0 pour t > 0,

u(0, x) = sin(2x); ∂tu(0, x) = sin(x) pour x ∈ (0, π).

Analyse III - EPFL · 8 CHAPITRE 1. ANALYSE VECTORIELLE Exemple 1.15. Un disque (ouvert ou ferm e)...

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