Analyse, s´eance 6 : corrig´e LES ´ EQUATIONS d’´ EVOLUTION
Remarque
Ce document est un corrig´e des questions pos´ees dans le r´esum´e de cours. Les questions du TD sont trait´ees dans le chapitre 7 du polycopi´e `a une petite modification pr`es (le termeru) et avec une interpr´etation diff´erente (´equation de la chaleur).
On rappelle :
∂u
∂t =h(x)∂u
∂x +1 2σ2∂2C
∂x2 −ru= 0 x∈[xmin, xmax] u(x,0) =u0(x)
u(xmin, t) = 0 u(xmax, t) =uM(t)
(1)
Question 1
On ´ecrit la conservation de l’´energie entre deux sections de la conduite.
Or les diff´erents flux `a travers une section d’abscisse x sont : – le flux diffus´e : k∆∂u∂x,
– le flux ´echang´e : r(T−Te) (temp´erature ext´erieurTe, ici 0, – le flux transport´e, pour un fluide de capacit´e sp´ecifique γ :γh.
L’´equation en d´ecoule (note : la conservation de la mati`ere empˆeche ici de faire varierh(x)).
Question 2
Quelques r´esultats classiques
On consid`ere le cas particulier de l’´equation de la diffusion, avecxvariant sur toutR,c= σ22 :
∂u
∂t =c∂2u
∂x2 x∈[xmin, xmax] u(x,0) =u0(x)
x∈[− ∞,+∞], u(+∞) =u(−∞) = 0
(2)
(On peut se limiter `a des condid´erations intuitives pour ce qui qui suit).
• V´erifier le principe du maximum:
en un point o`u u est maximum de, ∂∂x2u2 est n´egatif, donc u d´ecroissant (cet argument est formellement insuffisant, car∂∂x2u2 peut ˆetre nul, mais suffisant pour faire comprendre d’o`u vient le principe du maximum) .
• V´erifier queG(x, t) = √ 1
(4πct)exp(−4ctx2) est une solution...
On v´erifie “`a la main” que G(x, t) v´erifie l’´equation. Quand t → 0 la fonction G(x, t) se comporte comme une densit´e de plus en plus concentr´e autour de 0 :
l’int´egrale de la fonction vaut 1, la fonction tend vers 0 partout sauf en 0. Formellement il faut montrer que quand t→0, la fonctionG(x, t) tend vers une distribution de Dirac plac´ee en 0. C’est `a dire que la limite quandt→0 de R+∞
−∞ G(x, t)φ(x)dx o`uφ∈D(R) est =φ(0) ; on d´ecoupe l’int´egrale en trois partie :
Z +∞
−∞
G(x, t)φ(x)dx= Z −²
−∞
G(x, t)φ(x)dx+ Z +²
−²
G(x, t)φ(x)dx+ Z +∞
²
G(x, t)φ(x)dx La premi`ere et la troisi`eme int´egrale tendent vers 0 tandis que la deuxi`eme vaut `a peu pr`es φ(0) pourtpetit par continuit´e de φ(x) en 0.
• En d´eduire que la solution g´en´erale de (2) est : u(x, t) =
Z +∞
−∞
u0(y)G(x−y, t)dy
La aussi la v´erification de l’´equation est imm´ediate en d´erivant sous le signe int´egral et si t→0 on a une classique int´egrale `a noyau : l’int´egrale tend versu0, la d´emonstration ´etant la mˆeme que plus haut.
• En d´eduire que la vitesse de propagation d’une perturbation est infinie...
L’examen de la solution pour une donn´ee initiale u0 concentr´ee sur un petit intervalle (ou aussi un Dirac) montre qu’elle est non nulle pour toutt >0, donc la propagation se fait `a une vitesse infinie (mais on peut noter que l’effet est n´egligeable si 4ctx2 est grand). La r´egularit´e de la solution vient de celle du noyau, par application des th´eor`emes classiques de d´erivation sous l’int´egrale.
• Que se passe-t-il si on r´esout le probl`eme dans le sens r´etrograde ? Le tempst est alors n´egatif, la solution explose.
Question 3
On suppose queh= 0 et σ 6= 0.
• Montrer qu’une fonction u(x, t) =∈U0 est solution du probl`eme (1) si et seulement si elle est solution dela formulation semi-faible :
u(x, t)∈U0 (3)
∀v∈V0(∂u
∂t, v) +a(u, v) = 0 (4)
On multiplie l’´equation (1) par une fonctionv∈V0 et on int`egre : Z xmax
xmin
∂u
∂t v dx= Z xmax
xmin
(c∂2u
∂x2 −ru)v dx= 0 et on int`egre par partie le terme diff´erentiel :
Z xmax
xmin
c∂2u
∂x2 v dx= [c∂u
∂x dv
dx]xxmaxmin + Z xmax
xmin
c∂u
∂x dv dxdx
Le crochet est nul carvest nulle aux bornes de l’intervalle. On obtient donc (4). La r´eciproque se fait comme dans les TD pr´ec´edents.
Noter que dans la formulation semi-faible v ne d´epend pas du temps et que l’on peut donc sortir la d´eriv´ee en tde l’int´egrale (en x) Rxmax
xmin
∂u
∂t v dxet ´ecrire aussi :
u(x, t)∈U0 (5)
∀v∈V0 d
dt(u, v) +a(u, v) = 0 (6)
Mais (4) reste vraie si v d´epend du temps, ce que nous allons utiliser maintenant. Si δu0 est une pertubation de la condition initiale, alors la perturbation correspondante δu de la solution est dans V0 (car u0 et sa perturbation v´erifient les mˆemes conditions au bord), on peut donc prendre v=δu. Il vient en repartant de (4) :
(∂δu
∂t , δu) +a(δu, δu) = 0
ou : Z xmax
xmin
∂δu
∂t δu(x, t)dx+a(δu, δu) = 0
et : Z xmax
xmin
∂
∂t(1
2δu(x, t)2)dx+a(δu, δu) = 0 d’o`u, en sortant la d´eriv´ee en tde l’int´egrale enx :
d dt
1
2kδuk2=−a(δu, δu)<0 D’o`u le ˚’esultat.
Si le probl`eme (4) avait deux solutions leur diff´erenceδuserait nulle ent= 0 tout en v´erifiant 0<kδuk2 d´ecroissant, donc kδuk serait toujours nulle.
Question 4
On repart de (1) on multiplie parvinV0 et on int`egre. Examinons seulement le traitement du
terme nouveau : Z xmax
xmin
h∂u
∂t vdx
que nous ´ecrirons plutˆot :
Z xmax
xmin
hu0vdx
On v´erifie en d´eveloppant (huv)0 que :
2hu0v= (huv)0−h0uv+hu0v−huv0) D’o`u en int´egrant :
Z xmax
xmin
hu0vdx= 1 2
Z xmax
xmin
(huv)0dx−b(u, v)−a1(u, v)
Or : Z xmax
xmin
(huv)0dx= (huv)xmax −(huv)xmin = 0
carv est nul au bord. Le r´esultat en d´ecoule. Remarquer queb(u, v) est une forme bilin´eaire antisym´etrique et a1(u, v) sym´etrique.
Sih0 >0 alorsa1(u, v) est sym´etrique d´efinie positive et la mˆeme d ´monstration que ci-dessus montre la stabilit´e. Mais dans notre exempleh0 <0, la stabilit´e n’est donc pas garantie.
• Quels sont les facteurs qui favorisent la stabilit´e ? Si h0 < 0 il faut que a(u, u) domine a1(u, u) et donc plus la volatilit´eσ ou le tauxr sont grands par rapport `a la vitesse de retour
`a la moyenne plus l’´equation est stable.
Question 5
On suppose queσ = 0 et h(x) =a(ν−x). On a :
u(x, t)∈U0 (7)
∀v∈V0∀t∈[0, T] (∂u
∂t, v) +b(u, v) +a1(u, v) = 0 (8)
• Montrer en utilisant la question pr´ec´edente que kuk2=p
(u, u) a un comportement expo- nentiel. Discuter selon les valeurs de aetr. On faitv=δuil vient comme plus haut :
d dt
Z xmax
xmin
1
2u(x, t)2dx+a1(u, u) +a(u, u) = 0
Ou : d
dt
Z xmax
xmin
1
2u(x, t)2dx+ Z xmax
xmin
(r−a)u2dx= 0 Et encore, en posantg(t) =kuk2 :
g0(t) + 2(r−a)g(t) = 0
d’o`ug(t) = exp(−2(r−a)t). La solution est stable sir > a, elle explose sinon.
Question 6
Rappel d’une m´ethode classique pour un cas simple On suppose xmin = 0 et xmax =π. On chercheu sous la forme :
u(x, t) =X
n
an(t)sin(nx) L’´equation est v´erifi´ee si :
a0n(t) =−cn2an(t)−ran(t) d’o`u :
an(t) =an(0) exp(−(cn2+r)t)
O`uan(0) est le coefficient du d´eveloppement de u0 en s´erie de sinus. Donc : u(x, t) =X
n
an(0) exp(−(cn2+r)t)sin(nx)
On retrouve par cette formule la d´ecroissance rapide de u par rapport au temps, d’autant plus rapide pour les harmoniques d’ordre ´elev´e, ce qui signifie que la fonction est rapidement liss´ee.
S.L
