Analyse, séance 2 : exercices corrigés

Analyse, séance 2 : exercices corrigés

Résolution analytique de problèmes canoniques.

Question 1 ...

Montrer quea_k(r)est solution d’une équation différentielle du second ordre 1

r(ra⁰_k)⁰−k²π² α²

a_k r² = 0 Corr.:

Le laplacien en coordonnées polaires s’écrit :

∆u= 1

r(ru⁰)⁰+ 1 r²

∂²u

∂θ²

En remplaçantupar le développement en série de Fourier et en identifiant terme à terme on obtient l’équation demandée.

•Montrer que la fonction

a_k(r) =a_kr^kπα

oùa_kest une constante, est une solution de cette équation nulle en0.

Corr.:

Montrons que l’équation différentielle admet des solutions particulières enr^β, qui doivent vérifier 1

r(rβr^β−1)⁰−k²π²

α² r^β−2= 0 ou encore

β²r^β−2− k²π²

α² r^β−2 = 0 Il faut donc que

β =±kπ α

On obtient une solution nulle en0de l’équation différentielle en prenant le signe+ a_k(r) =a_kr^βk, avecβ_k= kπ

α

•En utilisant la conditionu(1, θ) =g(θ), calculera_ken fonction deget en déduire une expres- sion de la solution du problème de Laplace (nous avons montré en cours l’unicité de la solution si

R

Ω k∇uk²₂dΩest finie).

Corr.:

En reportant le résultat précédent dans le développement en série de Fourier, on obtient une solution de l’équation de Laplace, nulle sur les bords du “coin”.

u(r, θ) =X

k

a_kr^βksinkπθ α

Les coefficientsa_k sont déterminés par la condition sur le cercle u(1, θ) = g(θ), ils sont donc les coefficients d’un développement deg(θ)en série de fonctions sinus, qui, à un changement de variable près, est un développement de Fourier. On peut faire le changement de variable ou noter que les fonctionsv_k(θ) = sin^kπθ_α pour deux entiersk distincts sont orthogonales pour le produit scalaire Rα

0 uv dx, on en déduit

a_k = Rα

0 g(θ) sin^kπθ_α dθ Rα

0 sin^kπθ_α 2

dθ avec

Z α 0

sinkπθ α

2

dθ= α 2

On peut en déduire une expression intégrale de la solution en calculant la somme de la série comme nous l’avons fait en cours pour obtenir le noyau de Poisson.

•On suppose ici queα > π. Montrer la proposition :

Proposition 1 La pointe d’un coin rentrant est un point singulier de la solution générale de l’équa- tion de Laplace, i.e. le gradient de la solution tend vers l’infini en ce point.

Corr.:

Le gradient en coordonnées polaires est

∇u= (∂u

∂r,1 r

∂u

∂θ)^t

Siα < πonβ_k >1pour toutk, donc tous les termes du développement en séries de Fourier sont de gradient borné. Siπ < α <2πon a¹₂ < β1<1, les autresβkétant supérieurs à1. Le premier terme du développement a donc un gradient de norme proportionnelle àr^β1−1qui tend donc vers l’infini en 0. Le reste de la série a un gradient borné et nul en0.

•Vérifier que la singularité est maximale et en ^√1_r dans le cas d’un domaine fissuré (α= 2π).

Corr.:

La valeur minimale deβ₁est ¹₂ pourα = 2π. Ce qui correspond à une singularité en^√1_rpour un fond de fissure. Dans le cas où l’équation de Laplace est celle du potentiel, cette situation serait “l’effet de pointe” dû à un pointe conductrice (→potentiel nul) dans un espace homogène¹: le champ électrique est infini sur la pointe et asymptotiquement en ^√1_r où r est la distance au sommet de la pointe. On montre que l’on a un résultat équivalent pour les équations de l’élasticité : les contraintes et les déformations sont infinies dans un coin rentrant ou au fond d’une fissure et leur intensité croît en ^√1_r au voisinage du fond de la fissure.

1On considère en fait une situation où le problème soit bidimensionnel : plutôt qu’une pointe on a un mur et on étudie le problème sur une coupe 2D. C’est donc le cas d’une arête rocheuse en haut d’une montagne, à éviter par temps d’orage !

Question 2

On considère comme dans la question 1 le problème de Laplace. On suppose queΩest le demi plan défini par

Ω ={(x, y)/ x≥0, −∞ ≤y≤ ∞}

Soit g ∈ L¹(R) ∩C(R) une fonction continue et intégrable sur l’axe des ordonnées x = 0. On cherche un fonctionu, harmonique surΩ, nulle à l’infini, égale àgsur l’axe des ordonnées et on fera les hypothèses nécessaires pour préciser cette condition.

•Soit

v(x, z) =F_y(u(x, y))(z)

la transformée de Fourier deuconsidérée comme une fonction dey(on suppose donc que∀x, u(x, y)∈ L¹(R, ce que l’on vérifiera a posteriori). Montrer quevest solution de l’équation différentielle

∂²v

∂x² −z²v= 0 (1)

Corr.

Par dérivation sous le signe intégral

∂²F_y(u(x, y))(z)

∂x² =F_y

∂²u(x, y)

∂x²

(z)

Rappelons la formule (conséquence d’une intégration par parties, voir poly Chap 3) F_y

∂u(x, y)

∂y

(z) =−izF_y(u(x, y)) (z) D’où

−z²F_y(z²u(x, y))(z) =F_y

∂²u(x, y)

∂y²

(z) D’où

∂²v

∂x² −z²v=F_y(∆u(x, y)) (z) = 0

•En remarquant quev(0, z) =F_y(g(y))(z)montrer que

v(x, z) =F_y(g(y))(z) exp (−|z|x) Corr.

Rappelons la définition du produit de convolutionf ∗gde deux fonctionf, v ∈L¹(R)(cf. Analyse 1)

(f ∗g)(x) = Z

R

f(t)g(x−t)dt= Z

R

f(x−t)g(t)dt

v(x, z)est, àzfixé, solution d’une équation différentielle du second ordre dont la seule solution nulle à l’infini est

v(x, z) =v(0, z) exp (−|x|z)

•En déduire²l’expression suivante de la solution u(x, y) = 1

π Z +∞

−∞

g(t) x

x²+ (y−t)² dt= 1 π

Z +∞

−∞

g(y−t) x x²+ (t)² dt Corr.

Comte tenu de la formule (chap. 3 p. 56)

Siu, v∈L¹(R)F(u∗v) =F(u)F(v) il vient

F_y(u(x, y)) (z) =v(x, z) = v(0, z) exp (−|x|z)

= F_y(g(y)) (z)F_y 1

π x x²+y²

(z)

= F_y

g(y)∗_y(1 π

x x²+y²)

(z) (2)

où nous avons souligné que le produit de convolution est celui de deux fonctions dey. Par l’injectivité de la transformée de Fourier, il vient

u(x, y) =g∗_y(1 π

x

x²+y²) = 1 π

Z +∞

−∞

g(t) x

x²+ (y−t)² dt

•On supposeg∈C¹(R− {0})et queg⁰(0⁺)etg⁰(0⁻)existent. Montrer que

∂

∂xu(x, y) = 1 π

Z −∞

−∞

g(t) (y−t)²−x² (x²+ (y−t)²)² dt puis en décomposant l’intégrale surR⁺etR⁻, montrer que

∂

∂xu(x, y) = 1 π

Z +∞

−∞

g⁰(t) x−t x²+ (x−t)² dt et finalement

∂

∂xu(x, y) = 1 π

Z +∞

−∞

−g⁰⁰(t) lnp

x²+ (y−t)²dt+ 1

π(g⁰(0⁻)−g⁰(0⁺)) lnp

x²+y² En déduire la proposition

Proposition 2 Un point du bord oùg⁰ admet une discontinuité de première espèce est un point sin- gulier de la solution de l’équation de Laplace, i.e. le gradient de la solution tend vers l’infini en ce point avec une vitesse logarithmique.

2On admettra (cf. analyse 1)) que Fy

1 π

z z²+y²

(x) = exp (−|z|x)

Corr.

N.B. : toutes les dérivations que nous effectuons ci-dessous ainsi que les passages à la limite se justifient sans difficulté en utilisant les théorèmes vus en première année à propos de l’intégrale de Lebesgue dès lors quegest une fonction à décroissance assez rapide à l’infini (i.e.g(y)et ses pre- mières dérivées convergent vers0plus vite que_y¹2.

On dérive la formule (3)

∂u

∂x(x, y) = 1 π

Z +∞

−∞

g(t) ∂

∂x

x x²+ (y−t)²

dt

= 1

π Z +∞

−∞

g(t) (y−t)²−x²

(x²+ (y−t)²)² dt (3)

Noter d’abord que

∂

∂y y

x²+y²

= x²−y² (x²+y²)² donc, en dérivant une fonction composée

∂

∂t

y−t x²+ (y−t)²

=− x²−(y−t)² (x²+ (y−t)²)²

On intègre par partie (3) pour faire apparaîtreg⁰, mais commegn’est pas dérivable en0on prend la précaution de découper enR⁺etR⁻, les crochets disparaissent (à l’infini cargy est nulle et en0par continuité), d’où la formule après recomposition des deux morceaux

1 π

Z +∞

−∞

g(t) (y−t)²−x²

(x²+ (y−t)²)² dt= 1 π

Z +∞

−∞

g⁰(t) y−t x²+ (y−t)² dt On intègre une deuxième fois par parties toujours surR⁺etR⁻. Cette fois on note que

y

x²+y² =− ∂

∂ylnp

x²+y² et donc que

y−t

x²+ (y−t)² =−∂

∂tlnp

x²+ (y−t)²

Mais les crochets ne s’annulent pas en0, il reste, après recomposition de l’intégrale surR 1

π Z +∞

−∞

g⁰(t) y−t

x²+ (y−t)²dt= 1 π

Z 0

−∞

g⁰⁰(t) lnp

x²+ (y−t)²dt+g⁰(0⁻)(−lnp

x²+y²) + Z +∞

0

g⁰⁰(t) lnp

x²+ (y−t)²dt−g⁰(0⁺)(−lnp

x²+y²)

d’où le résultat.

Quandx, ytendent vers vers0, l’intégrale reste convergente, carln|t|est intégrable. Elle tend vers 1

π Z +∞

−∞

−g⁰⁰(t) ln|t|dt

On en déduit que ^∂u_∂x(x, y)a un comportement logarithmique autour de(0,0): une simple disconti- nuité de la dérivée d’une donnée au bord implique une singularité de la dérivée normale de la solution

au voisinage de ce point. Ajouté au résultat de la question précédente ce résultat montre qu’il faut s’at- tendre à voir beaucoup de singularités au bord. Il faudrait y ajouter les singularités (logarithmiques) au voisinage des points où le bord rencontre une ligne de discontinuité des coefficients de l’équation et les singularités aux points du bord où on a un changement de conditions aux limites. Toutes ces singularités apparaissent nettement lors d’un calcul à l’aide de Femlab si on utilise l’option de calcul

“adaptative” qui raffine le maillage là où c’est nécessaire.

Question 3

On étudie les vibrations d’une corde tendue dont l’une des extrémités est soumise à une excitation périodique. On suppose que la corde est de longueur 1, que la position initiale est droite et que la vitesse initiale est nulle. On cherche donc une fonctionu(x, t)¯ ∈ C²([0,1]×[0, T]), position de la corde au point d’abscissexau tempst, solution du problème



























∂²u

∂t² −c²∂²u

∂x² = 0 u(x,0) =hx

∂u

∂t(x,0) = 0 u(0, t) = 0 u(1, t) =hcosωt

(4)

oùhest une constante positive.

•On pose

˜

u(x, t) =hxcosωt et

u(x, t) = ¯u(x, t)−u(x, t)˜ Montrer queuest solution du problème























∂²u

∂t² −c²∂²u

∂x² =f(x, t) u(x,0) = 0

∂u

∂t(x,0) = 0 u(0, t) =u(1, t) = 0

(5)

où nous avons posé

f(x, t) =−hxω²cosωt

•Exprimer la solution de (5) sous la forme d’un développement en série de Fourier par rapport àx, à tfixé

u(x, t) =X

k

ak(t) sinkπx

(L’idée générale est de développer la solution par rapport aux fonctionsfonctions propresdu problème de statique associé au problème de vibration.)

Posons

c_k = 2hω² π

(−1)^k k et

ω_k=kcπ Montrer³que la fonctiona_k(t)vérifie l’équation différentielle

a⁰⁰_k+ω_k²ak=ckcosωt avec les conditions initiales

a_k(0) =a⁰_k(0) = 0

qui est l’équation d’un oscillateur linéaire soumis à une excitation périodique.

Corr.:

On reporte le développement en série de Fourier de u(x, t) dans l’équation et on dérive termes à termes surtout sans se poser de questions sur la validité des dérivations⁴! On obtient l’équation diffé- rentielle demandée.

•En déduire que, siω6=ω_k

a_k(t) = c_k(cosωt−cosω_kt) ω_k²−ω² et, siω=ω_k

a_k(t) = c_ktsinω_kt 2ωk

Il suffit de reporter l’expression ci-dessus dans l’équation différentielle, à moins que l’on ne préfère retrouver soit même cette expression par application de la méthode dite “de la variation de la constan- te” à cette équation différentielle dont on connaît les solutions de l’équation homogène.

Noter que ces coefficients |a_k(t)|tendent vers 0quand ktend vers l’infini comme _k¹3 (car |c_k|est en _k¹ etω_k² est enk²) ce qui permettra de montrer la convergence de la série de Fourier et de justi- fier la première dérivation terme à terme car la série dérivée est en _k¹2 donc absolument convergente.

La deuxième dérivation est plus difficile à justifier car la série dérivée ne converge pas absolument (même sa convergence est non triviale il faut utiliser le critère d’Abel).

•Montrer que, siω6=ω_k, les oscillations restent bornées sinon les oscillations “explosent”, la forme de la corde étant asymptotiquement celle de l’harmonique de rangk.

Corr.:

Siω6=ω_knous avons vu que la série est majorée par une série numérique en _k¹3 (il suffit de majorer tous les sinus, cosinus par1).

3Noter, pourx∈[−1,1], le développement en série de Fourier

x= 2 π

X

k

(−1)^k+1sinkπx k

4En fait on peut justifier ces calculs très facilement en dérivant au sens des distributions (cf. chapitre 6) : c’est un bel exemple où des calculs intuitivement juste se justifient mieux par une extension des concepts mathématiques usuels.

Siω = ωk cela reste vraie à condition de retirer le terme d’ordrek dans la série. Or ce terme tend vers l’infini avect. c’est le phénomène derésonance : la solution de l’équation des ondes pour une excitation dont la fréquence est une des fréquences propres explose linéairement avec le temps.

FIG. 1 – Singularité dans un coin rentrant : représentation numérique de la norme du gradient sur un axe passant par la pointe.