Mines Maths 2 PC 2012 — Corrigé

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Mines Maths 2 PC 2012 — Corrigé

Ce corrigé est proposé par Benoît Landelle (Professeur en CPGE) ; il a été relu par Romain Cosset (Professeur agrégé) et par Guillaume Dujardin (Chercheur INRIA).

Le sujet propose l’étude de l’équation de la chaleur

∂u

∂t(x, t) = ∂²u

∂x²(x, t) sur ] 0 ;π[×] 0 ;⁺∞[

C’est un problème très classique et très célèbre puisque c’est ce problème qui a motivé le mathématicien et physicien Joseph Fourier à introduire les séries trigono- métriques qui portent désormais son nom. L’épreuve se compose de quatre parties.

• Dans une première partie, on s’intéresse à la résolution d’une équation diffé- rentielle linéaire d’ordre 2 à coefficients constants. On procède à une étude qualitative des solutions en fonction d’un paramètre et on établit certaines pro- priétés sur l’énergie de la solution. Cette partie est indépendante des autres même si certaines techniques qui y sont déployées réapparaissent à la toute dernière question du problème.

• La deuxième partie propose une mise en œuvre très classique de la théorie de Fourier. On y établit des relations entre les coefficients de Fouriercⁿ(ϕ)d’une fonction ϕavec ceux de sa dérivée généralisée. On procède alors au calcul de ces coefficients et on précise le mode de convergence de la série de Fourier.

• Dans la troisième partie, on construit explicitement une solution à l’équation de la chaleur avec condition initiale et conditions aux limites. La solution est construite comme une série de fonctions dont on établit certaines propriétés.

Cette partie est hélas lourdement entachée de notions hors-programme alors que les propriétés à démontrer peuvent s’obtenir en restant dans le cadre du programme de PC.

• Dans la dernière partie, on démontre l’unicité de la solution de l’équation de la chaleur avec condition initiale et conditions aux limites. Une première approche consiste à mettre en œuvre le principe du maximum en s’appuyant sur des techniques de calcul différentiel. Certaines questions sont très difficiles et requièrent une grande aisance avec les notions du programme. Dans une dernière question, une autre approche est suggérée, mais elle s’avère toutefois impraticable du fait d’hypothèses non adaptées.

Le sujet est un peu décevant. L’enjeu du problème qu’est la résolution de l’équa- tion de la chaleur est un défi passionnant mais les multiples maladresses de l’énoncé, notamment les incursions hors-programme, dénaturent le travail de recherche du can- didat. Cependant, ce sujet constitue un très bon problème d’entraînement et permet d’apprendre à réagir face à des imprévus dans un énoncé.

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Indications

Un problème aux valeurs propres 1 Écrire v^′′ en fonction dev et raisonner par récurrence.

Utiliser une intégration par parties.

2 Distinguerλ <0et λ= 0.

3 Procéder par condition nécessaire et suffisante.

La série de Fourier de la condition initiale 6 Vérifier que ϕest C¹ par morceaux surR.

7 Introduire la fonction paireφ^′ coïncidant avecΦ^′sur] (2k−1)π/2 ; (2k+ 1)π/2 [ aveck∈Zet nulle ailleurs.

Construction d’une solution de (1)-(2)-(3) 10 Pour(x1, t1)et (x2, t2)dans[ 0 ;π]×[ 0 ;⁺∞[, montrer que

|u(x1, t1)−u(x2, t2)|6

N

P

n=1

uⁿ(x1, t1)−uⁿ(x2, t2)

+ 2RN

avec lim

N→⁺∞RN= 0.

11 Considérer une sous-suite de ∂uⁿ

∂t π

2,0

n>1

.

12 Première question hors-programme puis remarquer que δ > 0 est quelconque pour la question suivante.

13 Question hors-programme.

Unicité de la solution 15 Supposerh^′′(α)>0 et aboutir à une contradiction.

17 Utiliser la nature topologique deDpour l’existence du maximum puis supposer par l’absurde que celui-ci est atteint dans l’ouvertDⁱou sur l’intervalleC. Établir le lien avec les questions 15 et 16 pour obtenir une contradiction.

18 Comparer le maximum de u sur D avec le maximum de u sur F puis avec le maximum devεsurF et faire tendreε→0.

19 Siuet v sont deux solutions de(1)-(2)-(3), remarquer que u−v vérifie(1) ce qui suffit pour appliquer le résultat de la question 18.

20 Les hypothèses du sujet sont insuffisantes pour répondre. On pourra alors se permettre d’ajouter celles qui nous manquent.

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1. Un problème aux valeurs propres

1 Par hypothèse, siv est solution de(5), alorsv est deux fois dérivable sur[ 0 ;π] donc sur] 0 ;π[et on a

v^′′=−λv

Commev est deux fois dérivable sur] 0 ;π[, il s’ensuit quev^′′ est deux fois dérivable sur] 0 ;π[et une récurrence immédiate permet alors de montrer quev est dérivable sur] 0 ;π[à l’ordre2npour toutn∈N. Il s’ensuit

v∈C∞(] 0 ;π[,R)

On peut tenir le même raisonnement sur[ 0 ;π]et obtenirv∈C^∞([ 0 ;π],R).

Comme(x7→v(x))est de classeC¹sur[ 0 ;π]car deux fois dérivable sur[ 0 ;π], on obtient en intégrant par parties

Z ^π

0

v^′′(x)v(x) dx= [v^′(x)v(x)]^π₀ − Z ^π

0

v^′(x)²dx Orv(0) =v(π) = 0 et par conséquent

Z ^π

0

v^′′(x)v(x) dx=− Z ^π

0

v^′(x)²dx Commev est solution de(5), on av^′′=−λvet par suite

Z ^π

0

v^′′(x)v(x) dx=−λ Z ^π

0

v(x)²dx

Si v n’est pas identiquement nulle, comme v est continue sur [ 0 ;π], la fonction v² est continue positive non identiquement nulle sur [ 0 ;π] et le caractère défini de l’intégrale donne

Z ^π

0

v(x)²dx >0

Par suite

Z ^π

0

v^′′(x)v(x) dx=−λ Z ^π

0

v(x)²dx=− Z ^π

0

v^′(x)²dx

soit λ=

Z ^π

0

v^′(x)²dx Z ^π

0

v(x)²dx −1

Ainsi, on conclut que λ>0

2 L’équation (5) est une équation différentielle linéaire d’ordre 2 à coefficients constants. Son équation caractéristique est

r²+λ= 0

•Si λ <0, cette équation admet les solutions réelles distinctes⁺₋√

−λ. Par suite λ <0 =⇒ ∃(α, β)∈R² | ∀x∈[ 0 ;π] v(x) =αe^√⁻^λx+βe⁻^√⁻^λx

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La relation(6)donne

v(0) =v(π) = 0 soit

(α+β = 0 αe^√⁻^λπ+βe⁻^√⁻^λπ = 0 soit

1 1 e^√⁻^λπ e⁻^√⁻^λπ

α β

= 0

0

avec

1 1

e^√⁻^λπ e⁻^√⁻^λπ

=−2 sh (√

−λπ) Pour λ < 0, on a sh (√

−λπ) 6= 0 donc le système en (α, β) est de Cramer et (α, β) = (0,0)en est l’unique solution.

•Si λ= 0, l’équationv^′′= 0implique quevest affine c’est-à-dire λ= 0 =⇒ ∃(α, β)∈R² | ∀x∈[ 0 ;π] v(x) =α+βx

Les conditionsv(0) =v(π) = 0donnent immédiatement(α, β) = (0,0). En conclusion Si λ60, alors le système(5)-(6)admet la solution nulle pour unique solution.

Il n’est pas indispensable de résoudre (5)pour répondre à la question. Dans la première question, on a démontré que pour vsolution de (5)-(6)

vnon nulle =⇒λ>0

Par contraposée, v est nulle lorsque λ <0 et il ne reste que le cas λ= 0 à discuter.

3 Procédons par double implication. Par contraposée du résultat de la question précédente, si le système (5)-(6) admet une solution v non nulle, alors λ > 0.

Les racines de l’équation caractéristique de(5)sont complexes conjuguées r²+λ= 0 ⇐⇒ r∈n

+−i√ λo Ainsi, il existe(α, β)∈R² tel que

∀x∈[ 0 ;π] v(x) =αcos(√

λx) +βsin(√ λx) Les conditions initiales donnent

v(0) =v(π) = 0 soit

(α = 0 αcos(√

λπ) +βsin(√

λπ) = 0 soit

(α = 0 βsin(√

λπ) = 0

Si le système(5)-(6)admet une solution non nulle, le système en(α, β)n’est pas de Cramer sans quoi la seule solution serait la solution nulle. Ainsi,sin(√

λπ) = 0. Or, sin(√

λπ) = 0 ⇐⇒ ∃n∈N^∗ |λ=n²

Réciproquement, s’il existen∈N^∗tel queλ=n², il est immédiat quev(x) = sin(nx) pour toutx∈[ 0 ;π]est une solution non nulle du système(5)-(6). En conclusion

(5)-(6)possède une solution non nulle ⇐⇒ ∃n∈N^∗ |λ=n²