ecole polytechnique fÉdÉrale de lausannesma.epfl.ch/~metzener/excercices/ana iii 2017...fourier...
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ECOLE POLYTECHNIQUE FÉDÉRALEDE LAUSANNE
SECTION DE MATHÉMATIQUES
NOTES DU COURS D�ANALYSE III
Philippe Metzener
Automne 2017
Table des matières
0.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.1.1 Bibliographie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1 ANALYSE VECTORIELLE 31.1 Rappels et notations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Arcs lisses et intégrales curvilignes . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3 Morceaux de surface lisses et intégrales de surface . . . . . . . 81.4 Opérateurs di¤érentiels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.5 Les théorèmes de Stokes et de Gauss . . . . . . . . . . . . . . 171.6 Applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.7 Annexe 1 Introduction aux coordonnées curvilignes orthogonales 23
2 SERIES DE FOURIER 272.1 Premières dé�nitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.2 Théorème de Fourier-Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.3 Les séries trigonométriques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.4 Séries de fonctions majorables . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.5 L�équation de la chaleur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.6 L�équation des ondes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.7 Annexe 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522.8 Annexe 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
1
0.1 Introduction
Ce texte est constitué, semaine après semaine, des notes du cours d�Ana-
lyse III donné aux étudiants de la section de Génie Civil durant leur troisième
semestre, cours basé sur le polycopié intitulé : "Résumé des notes du cours
d�Analyse III" par Philippe Metzener, dernière édition : automne 2017.
Les étudiants pourront y trouver des compléments bienvenus mais pas néces-
saires.
0.1.1 Bibliographie
1. Advanced Calculus : P. O�Neil, Macmilan, New-York, 1975.
2. Di¤erential and Integral Calculus II : R. Courant, Wiley-Interscience,
Wiley Classics, 1988.
3. Advanced engineering mathematics : E. Kreyszig, Wiley, 1988.
4. Analyse avancée pour ingénieurs : B. Dacorogna et C. Tanteri, PPUR,
2002.
5. Introduction to Applied Mathematics : L. Sirovich, TAM 1, Springer
Verlag, 1988.
6. Fourier Series and Boundary Value Problems : J. W. Brown and R.V.
Churchill, Mc Graw-Hill, 1982.
2
Chapitre 1
ANALYSE VECTORIELLE
1.1 Rappels et notations
Désignons par E l�espace a¢ ne euclidien ; E est un ensemble de points.
Fixons une origine O à partir de laquelle tout point P de E est uniquement
déterminé par le vecteur�!OP ou ses coordonnées mesurées dans le triplet
fondamental (�!e1 ;�!e2 ;�!e3 ) qui est orthonormal et direct.
�!OP = �!r = x�!e1 + y�!e2 + z�!e3 =
3Pi=1
xi�!ei ;�!r = (x; y; z) = (x1; x2; x3) :
Identi�cation : " E t R3 ".
Les 3 produits : soit �!a = (a1; a2; a3) ;�!b = (b1; b2; b3) et
�!c = (c1; c2; c3) :
1. Le produit scalaire : �!a � �!b =3Pi=1
aibi:
Ce produit induit une norme sur E , la norme euclidienne :
j�!a j = (�!a � �!a )12 ou j�!a j2 =
3Pi=1
a2i :
Notation : r = j�!r j =�
3Pi=1
x2i
� 12
=px2 + y2 + z2:
3
2. Le produit vectoriel : �!a ��!b = �!c ; dé�ni par :
�!c = �!e1 (a2b3 � a3b2) +�!e2 (a3b1 � a1b3) +
�!e3 (a1b2 � a2b1) =
�!e1���� a2 a3b2 b3
������!e2 ���� a1 a3b1 b3
����+�!e3 ���� a1 a2b1 b2
���� " = "�������!e1 �!e2 �!e3a1 a2 a3b1 b2 b3
������ :Le triplet
��!a ;�!b ;�!c � est direct.3. Le produit mixte :
h�!a ;�!b ;�!c i = �!a � (�!b ��!c ) =������a1 a2 a3b1 b2 b3c1 c2 c3
������ :Dé�nitions : Soit A � E , un ouvert, f : A! R et �!v : A! R3;
1. f est un champ scalaire : f(�!OP ) = f(�!r ) = f(x1; x2; x3) = f(x; y; z);
2. �!v est un champ vectoriel : �!v (�!OP ) = �!v (�!r ) =3Pi=1
vi(�!r )�!ei , où les
vi sont des champs scalaires.
3. si f est continue dans A; nous écrivons f 2 C0(A),
4. si f et@f
@xi2 C0(A); 1 � i � 3; alors, la fonction f est de classe C1
dans A ou, f 2 C1(A);
5. si vi 2 C0(A); 1 � i � 3; alors, le champ �!v est continu dans A ou,�!v 2 C0(A;R3);
6. si vi et@vi@xj
2 C0(A); 1 � i; j � 3; alors, le champ �!v est de classe C1
dans A ou, �!v 2 C1(A;R3):
Remarque : Les dé�nitions ci-dessus se généralisent aux fonctions de
classe Cn; notée Cn(A) ou Cn(A;R3); pour tous les n 2 N.
4
Exemple : Soit f : R3 ! R, donnée par :
f(x; y; z) =
8>><>>:xyz
(x2 + y2 + z2)3=2si r 6= 0;
0 si r = 0:
Etudions f et ses dérivées premières.
(a) Si A = E � fOg, alors il est clair que f 2 C0(A):
(b) f n�est pas continue en O; en e¤et, le long de la demi-droite � :
� : t(1; 1; 1); t > 0; f j� = f(t; t; t) = 3�3=2; =) limr!0
f(�!r ) 6= 0:
(c) Dans A; les calculs usuels de dérivées partielles donnent :
fx =@f
@x=yz (y2 + z2 � 2x2)(x2 + y2 + z2)5=2
2 C0(A); idem pour fy =@f
@yet fz =
@f
@z:
(d) Calculons@f
@x(0; 0; 0) via la dé�nition :
@f
@x(0; 0; 0) = lim
h!0
1
h(f(h; 0; 0)� f(0; 0; 0)) = lim
h!0
0
h= 0; idem pour fy et fz:
(e) Ainsi : f 2 C1(A); f est dérivable en O; mais n�est pas continue en O!
1.2 Arcs lisses et intégrales curvilignes
Pour formaliser le calcul d�une intégrale le long d�une courbe de E, il est
nécessaire de préciser la notion de courbe et de dé�nir une règle de calcul
pour obtenir la quantité désirée. Ici, une courbe est régulière, décrite par une
paramétrisation, a�n qu�une intégrale curviligne le long de telles courbes
soit une intégrale dé�nie d�une fonction réelle.
5
Dé�nition (arc lisse) : � � E est un arc lisse, si � est l�image
d�un intervalle [a; b] 2 R, par une application injective �!r 2 C1 ([a; b] ;R3) ;
où �!r (t) =3Pi=1
xi(t)�!ei ; a � t � b; telle que :
1.��!r (t) = d
dt�!r (t) =
3Pi=1
�xi(t)
�!ei 6= 0 ; 8t 2 [a; b] ;
2. � a les extrémités P0 =�!r (a) et P1 = �!r (b) et un sens de parcours,
3. �!u (t) =��!r (t)j
��!r (t)j�1 est le vecteur tangent unité et orienté en �!r (t);
dès lors, �!r est une paramétrisation de �:
Dé�nitions (intégrales curvilignes) : Soit un ouvert A � E,
� � A un arc lisse de paramétrisation �!r (t) =3Pi=1
xi(t)�!ei , a � t � b, son
vecteur tangent unité �!u (t) =3Pi=1
ui(t)�!ei , f 2 C0(A) et �!v 2 C0(A;R3) :
1.Z�
f ds =
Z b
a
f(�!r (t)) j��!r (t)jdt;
2.Z�
f dxi =
Z�
f uids =
Z b
a
f(�!r (t)) �xi(t) dt; i = 1; 2; 3;
3.Z�
f d�!r =Z�
f �!u ds =Z b
a
f(�!r (t))��!r (t)dt;
4.Z�
�!v ds =Z b
a
�!v (�!r (t)) j��!r (t)j dt;
5.Z�
�!v � d�!r =Z�
�!v � �!u ds =Z b
a
�!v (�!r (t)) ���!r (t) dt;
6.Z�
�!v � d�!r =Z�
�!v ��!u ds =Z b
a
�!v (�!r (t))���!r (t) dt:
6
Une intégrale curviligne ne dépend pas de la paramétrisation choisie
(changement de variable dans une intégrale dé�nie).
Il est possible d�interpréter quelques intégrales curvilignes :
(a) :Z�
ds = L, la longueur de �;
(b) :Z�
�!F � d�!r = W; le travail de la force
�!F le long de �:
Exemple d�un travail : Considérons la trajectoire � d�un objet massique
dans le champ gravitationnel de la terre, calculer le travail de la force de
gravitation le long de �; de P1 à P2: Pour ce faire, posons :
la terre T est l�origine, le centre de gravité de l�objet est P = P (t) = �!r (t);
� est paramétrée par �!r (t); a � t � b; avec P1 =�!r (a) et P2 = �!r (b) et
le force de gravitation s�écrit�!F =
�!F (�!r (t)) = �
�!rr3= � (x; y; z)
(x2 + y2 + z2)3=2:
W =
Z�
�!F � d�!r = �
Z b
a
�!rr3� �!r 0(t) dt = �
Z b
a
(xx0 + yy0 + zz0)
(x2 + y2 + z2)3=2dt =
Z b
a
d
dt
�x2 + y2 + z2
��1=2dt =
Z b
a
�d
dt
1
r
�dt =
�1
r(b)� 1
r(a)
�:
La longueur d�une courbe.
Soit un arc lisse � � E et une paramétrisation :
�!r (t) = (x1(t); x2(t); x3(t)); a � t � b, "très régulière".
Idée intuitive : � est approché par N sécantes, ainsi, LN ; la somme des
longueurs des sécantes, approche L; la longueur de �; i.e. L = limN!1
LN :
(1) : Une partition de [a; b] : tk = a+ k�t; 0 � k � N; �t =b� a
N:
7
(2) : Les�!r (tk) étant les sommets des sécantes : LN =N�1Pk=0
j�!r (tk+1)��!r (tk)j :
(3) : �!r (t); "très régulière" =) j�!r (tk+1)��!r (tk)j � �t j�!r 0(tk)j:
(4) : L = limN!1
LN = limN!1
�tN�1Pk=0
j�!r 0(tk)j =Riemann
Z b
a
j�!r 0(t)jdt =Z�
ds:
Généralisons ci-dessous les intégrales curvilignes aux arcs simples.
Dé�nition (arc simple) : � � E est un arc simple si :
1. � =NSi=1
�i ; où �i est un arc lisse d�origine Pi�1 et d�extrémité Pi;
2. �i \ �i+1 = Pi; i = 1; :::; N � 1;
3. �i \ �j = ; pour j 6= i + 1; sauf (éventuellement) pour i = 1; j = N;
auquel cas �1 \ �N = P0 = PN et � est fermé.
4. Si � � A; un ouvert, et f 2 C0(A); alors :Z�
f ds =NXi=1
Z�i
f ds:
1.3 Morceaux de surface lisses et intégralesde surface
A�n de calculer une intégrale sur un morceau de surface de E, il faut
préciser la notion de morceau de surface et dé�nir une règle de calcul pour
obtenir la quantité désirée. Ici, un morceau de surface est régulier, décrit par
une paramétrisation, a�n qu�une intégrale de surface sur de tels morceaux
de surface soit une intégrale double d�une fonction réelle.
Dé�nition : D � R2 est un domaine régulier si :
i) D est l�adhérence d�un ensemble ouvert et borné,
ii) @D; son bord ou sa frontière, est un arc simple fermé.
8
Dé�nition : � � E est un morceau de surface lisse, si :
10 : � est l�image d�un domaine régulier D par une application injective,
�!r 2 C1(D;R3); �!r = �!r (u; v) =3Pi=1
xi(u; v)�!ei ; (u; v) 2 D;
20 : �!r u =3Pi=1
@xi@u�!ei et �!r v =
3Pi=1
@xi@v�!ei satisfont �!r u ��!r v 6= 0; 8(u; v) 2 D;
30 : la surface � est orientée.
Dès lors, �!r (u; v); (u; v) 2 D est une paramétrisation de �, de plus :
(a) : �!r (@D) = @�; le bord de �;
(b) : �!r u(u; v0) et�!r v(u0; v) sont tangents aux arcs lisses�!r (u; v0) et�!r (u0; v);
(c) : (�!r u;�!r v)(u0; v0) dé�nit le plan tangent à � en P0 = �!r (u0; v0);
(d) : le vecteur normal à � en P0 est porté par (�!r u ��!r v)(u0; v0) 6= 0.
L�orientation d�un morceau de surface lisse
Soit �!r : � R2 ! � une paramétrisation ; �!n ; le vecteur normal à �, uni-
taire et orienté, est dé�ni par : �!n = (�!r u ��!r v) j�!r u ��!r vj�1 =3P
k=1
nk�!e k:
Le sens de parcours positif le long de @ est transmis à @� par �!r ; il indique
la direction de �!r u ��!r v par la règle du bonhomme d�Ampère :
"Un bonhomme avance le long de @� ayant la surface � à sa main gauche,
alors sa tête indique la direction de la normale à �."
C�est l�orientation naturelle ou conventionnelle de @�:
Remarque : Le vecteur �!n étant intrinsèque à �, ne dépend pas de la para-
métrisation ; si �!r u ��!r v n�a pas la direction désirée : échanger u et v:
L�exemple d�un morceau d�hélicoïde
Soit D = [0; 1]� [0; 2�] et �!r : D ! E; injective, donnée par :
�!r (u; v) = (u cos v; u sin v; v) ; (u; v) 2 D:
9
Les calculs donnent : �!r u = (cos v; sin v; 0) et �!r v = (�u sin v; u cos v; 1) ;�!r u ��!r v = (sin v;� cos v; u) et �!n = (sin v;� cos v; u) (1 + u2)
�1=2 6= 0:
A propos des intégrales doublesSoit D � R2; un domaine régulier, et f 2 C0(D):
Exprimons ci-dessousRRD
fdxdy dans trois cas de �gures :
10 : si D = [a; b]� [c; d] alors :
ZZD
fdxdy =
Z b
a
dx
Z d
c
f(x; y)dy =
Z d
c
dy
Z b
a
f(x; y)dx:
20 : si D = f(x; y) 2 R2 j '1(x) � y � '2(x); a � x � bg ; alors :
ZZD
fdxdy =
Z b
a
dx
Z '2(x)
'1(x)
f(x; y)dy:
30 : si D = f(x; y) 2 R2 j '1(x) � y � '2(x); a � x � bg ou
encore D = f(x; y) 2 R2 j 1(y) � x � 2(y); c � y � dg ; alors :
ZZD
fdxdy =
Z b
a
dx
Z '2(x)
'1(x)
f(x; y)dy =
Z d
c
dy
Z 2(y)
1(y)
f(x; y)dx:
Dé�nition (intégrale de surface) : Soit A � E un ouvert, un
morceau de surface lisse � � A et f 2 C0(A). Si � a pour paramétrisation
�!r (u; v); (u; v) 2 D, l�intégrale de f sur � est dé�nie par :
ZZ�
f d� =
ZZD
f(�!r (u; v)) j�!r u ��!r vj du dv:
Remarque :ZZ�
d� =
ZZD
j�!r u ��!r vj du dv vaut l�aire de �.
10
10 : L�aire S; du parallélogramme �; de sommets A;B;C;D, avec�!AB =
��!DC et
��!AD =
��!BC, est connue : S =
����!AB ���!AD��� :�!r (u; v) = �!
OA + u�!AB + v
��!AD; (u; v) 2 = [0; 1] � [0; 1], �!r u =
�!AB,
�!r v =��!AD; est une paramétrisation de �; ainsi :ZZ
�
d� =
ZZ
j�!r u ��!r vj du dv =����!AB ���!AD��� ZZ
du dv = S:
20 : Soit f 2 C1(D), où D � R2 est un domaine régulier et
� =�(x; y; z) 2 R3 : z = f(x; y); (x; y) 2 D
; " � est le graphe de f " ;
l�aire de � vaut :ZZ�
d� =
ZZD
p1 + f 2x + f 2y dxdy:
Dé�nitions (autres intégrales de surface) : Soit A � E;
un ouvert, � � A; un morceau de surface lisse, f 2 C0(A) et �!v 2 C0(A;R3).
Si � a pour paramétrisation �!r (u; v); (u; v) 2 D avec �!n =3P
k=1
nk�!e k; son
vecteur normal orienté unitaire, alors :ZZ�
f d�k =
ZZ�
f nk d� =
ZZD
f(�!r )(�!r u ��!r v) � �!e k du dv; k = 1; 2; 3:
ZZ�
f d�!� =ZZ�
f �!n d� =
ZZD
f(�!r )(�!r u ��!r v) du dv ;
ZZ�
�!v � d�!� =ZZ�
�!v � �!n d� =
ZZD
�!v (�!r ) � (�!r u ��!r v) du dv:
Comme la sphère ou la surface latérale d�un cube n�ont pas de paramétri-
sation ; il faut étendre la notion de surface.
11
Dé�nition : � � E est une surface régulière par morceaux si :
1. � =NSk=1
�k où les �k sont des morceaux de surface lisses.
2. Si P 2 �i \ �j ; i 6= j ; alors P 2 @�i \ @�j :
3. Si les i; j; k sont tous di¤érents, alors @�i\@�j \@�k est soit vide, soit
ne contient qu�un seul point.
4. Deux points distincts de � sont reliés par � � �; une courbe simple:
5. Les arcs n�appartenant qu�à un seul @�k; forment un nombre �ni de
courbes simples disjointes dont l�union, @�; est le bord de �:
En conséquence :ZZ�
f d� =NXk=1
ZZ�k
f d�:
1.4 Opérateurs di¤érentiels
Cette section présente les opérateurs di¤érentiels gradient, rotationnel,
divergence et laplacien et quelques théorèmes de l�analyse vectorielle.
Dé�nitions : Soit un ouvert A � E, f 2 C1(A) et �!v 2 C1(A;R3):
1. Le gradient de f est le champ vectoriel :��!grad f =
3Xi=1
@f
@xi
�!ei :
2. Le rotationnel de �!v est le champ vectoriel :
�!rot�!v =
�������!e 1 �!e 2 �!e 3@x1 @x2 @x3v1 v2 v3
������ =�!e 1 (@x2v3 � @x3v2)+
�!e 2 (@x3v1 � @x1v3)+
�!e 3 (@x1v2 � @x2v1) :
12
3. La divergence de �!v est le champ scalaire : div�!v =3Xi=1
@vi@xi
:
Dé�nition : Soit un ouvert A � E, f 2 C1(A) et �!s , unitaire.
La dérivée de f en P 2 A; dans la direction �!s ; est dé�nie par :
df
ds(P ) = lim
t!0P+t�!s 2A
[f(P + t�!s )� f(P )]
t=
d
dtf(P + t�!s ) jt=0 =
��!grad f(P ) � �!s :
Exemple : Soit f 2 C1(R�+) et � : R3 ! R, dé�nie par :
� (�!x ) = f (j�!x j) = f(r); calculer��!grad�:
@�
@xk=
d
drf(r)
@r
@xk= f 0(r)
@
@xk
�x21 + x22 + x23
�1=2=xkrf 0(r); k = 1; 2; 3;
��!grad� (�!x ) =
�!rrf 0(r) =
�!xj�!x jf
0(j�!x j):
Composition des opérateurs di¤érentielsSoit un ouvert A � E, f 2 C1(A) et �!v 2 C1(A;R3):
1.�!rot
��!grad f = 0;
2. div��!grad f =
3Xk=1
@ 2f
@x2k= �f; le laplacien de f;
3. div�!rot �!v = 0;
4.�!rot (
�!rot �!v ) � �!ek =
@
@xkdiv�!v ��vk; k = 1; 2; 3;
5. ��!v = ��!grad div�!v ��!rot (�!rot �!v ) (notation vectorielle du point 4).
Théorème 1Soit A � E; un ouvert, f 2 C1(A) et un morceau de surface lisse � � A
13
donné par l�équation f(x1; x2; x3) = c:
En tout point P 2 �; où ��!grad f(P ) 6= 0; ��!grad f(P ) est normal à � en P:
Preuve. Si �!r (u; v) =3Pi=1
xi(u; v)�!ei ; (u; v) 2 D; est une paramétrisation
de �, alors f(�!r (u; v)) = c pour tout (u; v) 2 D, ainsi :
@f
@u=
3Xk=1
@f
@xk
@xk@u
=��!grad f(P ) � �!r u(P ) = 0;
@f
@v=
3Xk=1
@f
@xk
@xk@v
=��!grad f(P ) � �!r v(P ) = 0;
9>>>>=>>>>; =) ��!grad f(P )==�!n (P ):
Ce théorème dit que le gradient est orthogonal aux surfaces de niveau.
Théorème 2Soit A � E; un ouvert, f 2 C1(A) et � � A; un arc lisse, d�origine P0 et
d�extrémité P1; alors :Z�
��!grad f � d�!r = f(P1)� f(P0):
Preuve. Soit �!r (t) =3Pi=1
xi(t)�!ei ; a � t � b; une paramétrisation de � :
Z�
��!grad f � d�!r =
Z b
a
��!grad f(�!r (t)) � �!r 0(t)dt =
Z b
a
d
dtf(�!r (t))dt =
f(�!r (b))� f(�!r (a)) = f(P1)� f(P0):
Remarques : (a) Ceci est l�analogue deZ b
a
f 0(x)dx = f(b)� f(a):
(b) Si � est une courbe simple, le résultat reste vrai.
(c) Si � est simple et fermée, alors,Z�
��!grad f � d�!r =
I�
��!grad f � d�!r = 0:
Question 1 : Si �!rot�!v = 0; �!v est-il un gradient ?
Y répondre nécessite deux notions topologiques.
14
Dé�nition (connexité) : Un ouvert borné A � E est dit connexe
si pour toute paire de points P1 et P2 de A il existe un arc simple � � A
ayant P1 pour origine et P2 pour extrémité .
Dé�nition (connexité simple) : Un connexe A � E est sim-
plement connexe, si toutes les courbes simples fermées incluses dans A
peuvent être contractées continûment dans A en un point de A.
Théorème 3 (�!V =��!grad�)
Soit A � E; simplement connexe, et �!v 2 C1(A;R3) tel que �!rot�!v = 0
dans A, alors il existe � 2 C2(A) tel que �!v = ��!grad� dans A.
Preuve partielle. Supposons que O 2 A; un convexe.
Pour tout P = (x; y; z) 2 A et � = OP � A, posons �(P ) =Z�
�!v � d�!r :
Véri�ons que��!grad� = �!v dans A; avec �!r = �!r (t) = (x1(t); x2(t); x3(t)) =
t(x; y; z); 0 � t � 1; une paramétrisation de �;
�(P ) =
Z 1
0
�!v (�!r (t)) � �!r 0(t)dt =Z 1
0
[xv1 + yv2 + zv3 ] dt
Comme@x1@x
= t,@x2@x
=@x3@x
= 0 et�!rot �!v = 0; nous obtenons :
@�
@x=
Z 1
0
�v1 + t
�x@v1@x1
+ y@v2@x1
+ z@v3@x1
��dt
=
Z 1
0
�v1 + t
�x@v1@x1
+ y@v1@x2
+ z@v1@x3
��dt
=
Z 1
0
hv1 + t (x ; y; z ) � ��!grad v1
idt =
Z 1
0
hv1 + t�!r 0(t) � ��!grad v1
idt
=
Z 1
0
�v1 + t
d
dtv1(�!r (t))
�dt =
Z 1
0
d
dt[tv1(
�!r (t))] dt = v1(P ):
15
De même pour@�
@y= v2 et
@�
@z= v3:
Corollaire : Si � est une courbe simple fermée alors :I�
�!v � d�!r = 0:
Soit A = f(x; y; z) 2 R3 : x2 + y2 > 0g, �; donné par �!r (t) = (cos t; sin t; 0) ;
0 � t � 2�; et �!v = (x2 + y2)�1(�y; x; 0) 2 C1(A;R3):
Nous avonsI�
�!v � d�!r = 2� et�!rot�!v = 0 dans A: Toutefois, �!v 6= ��!
grad�,
sinon :I�
�!v � d�!r =I�
��!grad� � d�!r = 0; or A n�est pas simplement connexe !
Ceci est un contre-exemple au Théorème 3.
Question 2 : Si div �!v = 0; �!v est-il un rotationnel ? (Bien plus di¢ cile)
Proposition (�!V =�!rot�!) Soit A � E; un convexe qui contient
l�origine O; et �!v 2 C2(A;R3) tel que div�!v = 0 dans A, alors il existe
�! 2 C2(A;R3) tel que �!v = �!rot �! dans A.
Preuve. Soit �!r = (x; y; z) 2 A et poser �!(�!r ) =Z 1
0
t�!v (t�!r )��!r dt:
Il su¢ t de véri�er, en utilisant div�!v = 0, que �!v = �!rot �! .
Exemple : Si �!v = �!a ; un vecteur constant, div�!v = 0 dans R3, alors
la formule ci-dessus donne :�!(�!r ) =
Z 1
0
t�!a ��!r dt = 12(�!a ��!r ) :
L�action des opérateurs di¤érentiels sur des produits :
1.��!grad (fg) = f
��!grad g + g
��!grad f;
2. div (f�!v ) = f div�!v +�!v � ��!grad f;
3.�!rot (f�!v ) = f
�!rot�!v ��!v ���!grad f;
16
Notation : l�opérateur nabla ou del :�!r =
3Pi=1
�!ei @xi et ses actions :
�!rf = ��!grad f; �!r � �!v = div�!v ; �!r ��!v = �!rot �!v :
Exemple : Calculer � r�; où r = (x21 + x22 + x23)1=2 et � 2 R:
� r� = div��!grad r� = � div
�r��2�!r
�= �
hr��2 div�!r +�!r � ��!grad r��2
i=
��3r��2 + (�� 2)�!r � �!r r��4
�= �(�+ 1)r��2:
Si � = �1; alors �(1=r) = 0; la fonction 1=r est harmonique dans R3�fOg :
1.5 Les théorèmes de Stokes et de Gauss
Théorème 4 (Green-Riemann) :Soit D � R2; un domaine régulier, et son bord @D orienté positivement ;
si f et g 2 C1(D) alors nous avons la formule de Green-Riemann :Z@D
f du+ g dv =
ZZD
�@g
@u� @f
@v
�dudv.
Preuve. Supposons que � = @D est décrit comme ci-dessous :
� = �S[�I ; où :
8<:�I =
�(u; '�(u)); u1 � u � u2
; la branche inférieure,
�S =�(u; '+(u)); u2 � u � u1
; la branche supérieure,
� = �D [ �G; où :
8<:�D =
�( +(v); v); v1 � v � v2
; la branche droite,
�G =�( �(v); v); v2 � v � v1
; la branche gauche.
ZZD
@g
@ududv =
v2Zv1
dv
u= +(v)Zu= �(v)
@g(u; v)
@udu =
v2Zv1
�g( +(v); v)� g( �(v); v)
�dv =
17
Z v2
v1
g( +(v); v)dv +
Z v1
v2
g( �(v); v)dv =
Z�D
g dv +
Z�G
g dv =
Z�
g dv:
ZZD
@f
@vdudv =
u2Zu1
du
v='+(u)Zv='�(u)
@f(u; v)
@vdv =
u2Zu1
�f(u; '+(u))� f(u; '�(u))
�du =
u2Zu1
f(u; '+(u))du+
u1Zu2
f(u; '�(u))du = �Z�S
f du�Z�I
f du = �Z�
f du:
Dans R3; le Théorème de Green-Riemann devient le Théorème de Stokes.
Théorème 5 (Stokes) :
Soit A � E un ouvert,�!W 2 C1(A;R3) et � � A une surface régulière par
morceaux avec son bord @� orientés conventionnellement ; alors :
ZZ�
�!rot
�!W � d�!� =
Z@�
�!W � d�!r :
Preuve partielle. Soit D � R2; un domaine régulier, et � donné par :
� =��!r (u; v) = (u; v; f(u; v)) : (u; v) 2 D; f 2 C2(D) ;
si, de plus, @D = f(u(t); v(t)) j� � t � � g alors @� est paramétré par :
�!s (t) = �!r (u(t); v(t)) = (u(t); v(t); f(u(t); v(t))) ; � � t � �:
Ecrivons : �!s 0 = (u0; v0; fuu0 + fvv0) ; �!r u ��!r v = (�fu;�fv; 1) ; puis
�!W = (a(x; y; z); b(x; y; z); c(x; y; z)) et
�!rot�!W = (cy � bz; az � cx; bx � ay) :
Ne pas oublier : aj� = a(u; v; f(u; v)); aj@� = a(u(t); v(t); f(u(t); v(t))); etc.
I =
Z@�
�!W � d�!s =
Z �
�
�!W (�!s (t)) � �!s 0(t)dt =
Z �
�
[au0 + bv0 + c(u0fu + v0fv)] dt
18
=
Z �
�
[u0 (a+ cfu) + v0 (b+ cfv)] dt =
Z@D
(a+ cfu)du+ (b+ cfv)dv
=G�R
ZZD
[(b+ cfv)u � (a+ cfu)v] dudv; or f 2 C2; donc fuv = fvu et
I =
ZZD
[bu + cufv � av � cvfu] dudv: (�)
Or bu =�!rb � �!r u = bx + bzfu et av =
�!ra � �!r v = ay + azfv;
par suite : cu = cx + czfu ; cv = cy + czfv et en�n :
(�) =) : I =
ZZD
[bx � ay � fu(cy � bz)� fv(az � cx)] du dv =
ZZD
�!rot
�!W � (�!r u ��!r v) du dv =
ZZ�
�!rot
�!W � d�!� :
Dé�nition : Un volume V � E est l�adhérence d�un ouvert borné dont
le bord, @V; est une surface régulière par morceaux.
Pour f 2 C0(V ), écrivons les intégrales triples ou de volume :
ZZZV
f(x1; x2; x3)dx1dx2dx3 =
ZZZV
f(x; y; z)dx dy dz =
ZZZV
f d� :
Théorème 6 (Gauss) :
Soit un volume V , son bord @V , �!n =3P
k=1
nk�!ek , le vecteur normal à @V;
unitaire et orienté à l�extérieur de V; et f 2 C1(V ); alors :
ZZZV
@f
@xkd� =
ZZ@V
f nk d�; 1 � k � 3:
19
Preuve pour k = 3. Soit D � R2, un domaine régulier, '; 2 C1(D)
et V =�(x; y; z) 2 R3 : '(x; y) � z � (x; y); (x; y) 2 D
;
Ainsi @V = S+ [ S�, dont les paramétrisations sont :
S+ = f�!r +(u; v) = (u; v; (u; v)); (u; v) 2 Dg ; la face supérieure,
S� = f�!r �(u; v) = (u; v; '(u; v)); (u; v) 2 D g ; la face inférieure.
Sur S+ :�!n = (� u;� v; 1)
�1 + 2u + 2v
�� 12 et n3d� = du dv,
sur S� :�!n = ('u; 'v;�1) (1 + '2u + '2v)
� 12 et n3d� = �du dv.ZZ
@V
f n3 d� =
ZZS+
f n3 d� +
ZZS�
f n3 d� =
ZZD
f(x; y; (x; y))dx dy�
ZZD
f(x; y; '(x; y))dx dy =
ZZD
Z (x;y)
'(x;y)
@f
@zdz
!dx dy =
ZZZV
@f
@zd� :
Corollaires : Si f 2 C1(V ) et �!v 2 C1(V;R3); alors :
ZZZV
div �!v d� =
ZZ@V
�!v � d�!� "Th�eor�eme de la divergence ";
ZZZV
��!grad f d� =
ZZ@V
f d�!� " Th�eor�eme du gradient ";
Les formules de Green : Soit f; g 2 C2(V ); alors le théorème de la
divergence appliqué à �!v = f�!rg donne :
ZZZV
div�f�!rg�d� =
ZZZV
�f �g +
�!rf � �!rg�d� =
ZZ@V
f�!rg � �!n d� =
ZZ@V
f@g
@nd�:
20
1�ere :ZZZV
f �g d� =
ZZ@V
f@g
@nd� �
ZZZV
�!rf � �!rg d� ;
2�eme :ZZZV
(f �g � g�f) d� =
ZZ@V
(f@g
@n� g
@f
@n) d�:
Dans R2; les formules de Green deviennent, pour f; g 2 C2(D) :
1�ere :ZZD
f �g dxdy =
Z@D
f@g
@nds�
ZZD
�!rf � �!rg dxdy;
2�eme :ZZD
(f �g � g�f) dxdy =
Z@D
(f@g
@n� g
@f
@n) ds:
1.6 Applications
La répartition stationnaire de la températureLa température stationnaire d�un volume V est l�unique solution T 2 C2(V )
du problème di¤érentiel suivant :
(PT ) :
(�T = u dans V; où u 2 C0(V );T = v sur @V; où v 2 C0(@V ):
La 1�ere formule de Green implique que si le problème (PT ) a une solution
alors elle est unique.
Preuve. Supposons qu�il existe deux solutions T1 et T2; leur di¤érence
H = T1 � T2 satisfait le problème :
(PH) :
(�H = 0 dans V;
H = 0 sur @V:
21
Dans la 1�ere formule de Green posons f = g = H :ZZZV
H�H d� =
ZZ@V
H@H
@nd� �
ZZZV
(��!gradH)2 d� :
En utilisant (PH), il ne reste queZZZV
(��!gradH)2 d� = 0; en d�autres termes
��!gradH = 0: Ainsi H = cte; mais H = 0 sur @V , d�où H = 0.
Le potentiel newtonienConsidérons les fonctions ci-dessous :
� : R3 � fOg ! R ; �(�!r ) = �(r) = 1
ret
�!F : R3 � fOg ! R3 ;
�!F (�!r ) = ��!grad�(r) = �
�!rr3;
� est le potentiel newtonien et�!F son champ de force associé.
Nous savons que � est harmonique, donc �� = div�!F = 0 dans R3 � fOg :
Soit un volume V , calculons :ZZ@V
�!F � d�!� :
10 : Si O =2 V alors�!F 2 C1(V;R3); donc :
ZZ@V
�!F � d�!� =
ZZZV
div�!F d� = 0:
20 : Si O 2 intV , considérons " = V �B", où B" = f�!x 2 R3 j j�!x j < "g �
V . Dès lors�!F 2 C1(";R3), ainsi :
0 =
ZZZ"
div�!F d� =
ZZ@"
�!F � d�!� =
ZZ@V
�!F � d�!� +
ZZS"
�!F � d�!�
où S" = @B" est la sphère centrée en O de rayon "; paramétrée par :
�!r = "�!n ;�!n = (sin � cos'; sin � sin'; cos �); 0 � � � �; 0 � ' � 2�:
22
Comme la normale est extérieure au volume "; nous avons sur S" :
d�!� = �"2�!n sin � d� d' et�!F���S"= �
�!n"2; donc :
ZZ@V
�!F � d�!� = �
ZZS"
�!F � d�!� = �
�Z0
2�Z0
�!n 2 sin � d� d' = �4�:
C�est, en résumé, la loi de Gauss :ZZ@V
�!F � d�!� =
(0 si O =2 V;�4� si O 2 intV:
1.7 Annexe 1 Introduction aux coordonnéescurvilignes orthogonales
L�exemple des coordonnées polaires
Le changement de coordonnées est dé�ni par :
�!x = �!x (r; ') = �!e1 r cos'+�!e2 r sin' = r (cos'; sin') :
Préparatifs ; @r�!x = �!"r ; où �!"r = (cos'; sin') ;
@'�!x = r�!"'; où �!"' = (� sin'; cos') ;
�!"r � �!"' = 0; j�!"r j = j�!"'j = 1; (�!"r ;�!"') est orthonormé,
@r�!"r = @r
�!"' = 0; @'�!"r = �!"'; @'
�!"' = ��!"r :
Le gradient : Soit � 2 C1; où : �(P ) = f �(�!x ) = f �(�!x (r; ')) = f(r; ');
@r f =��!grad� � @r�!x =
��!grad� � �!"r ;
@' f =��!grad� � @'�!x = r
��!grad� � �!"':
23
Conclusion :��!grad� =
��!grad f = �!"r fr +
1
r�!"' f' et
�!r = �!"r @r +1
r�!"' @':
La divergence : Soit �!v 2 C1; où :
�!v (P ) = �!v � (�!x (r; ')) = �!v (r; ') = u�!"r + v�!"'; et
div�!v =�!r � �!v = �!"r � @r�!v +
1
r�!"' � @'�!v ;
�!"r � @r�!v = �!"r � (ur�!"r + vr�!"') = ur;
�!"' � @'�!v = �!"' � (u'�!"r + v'�!"' + u�!"' � v�!"r ) = u+ v';
Conclusion : div�!v = ur +1
r(u+ v') =
1
r((r u)r + v'):
Le laplacien : Soit � 2 C2; où : �(P ) = f(r; ');
�f = div��!grad f = div
��!"r fr +
1
r�!"' f'
�=1
r
�(rfr)r +
1
rf''
�
= frr +1
rfr +
1
r2f'' et � = @2r +
1
r@r +
1
r2@2':
L�exemple des coordonnées sphériques
Le changement de coordonnées est dé�ni par :
�!x = �!x (r; �; ') = �!e1 r sin � cos'+�!e2 r sin � sin'+�!e3 r cos �:
Préparatifs :
@r�!x = �!"r ; où �!"r = (sin � cos'; sin � sin'; cos �) ;
@��!x = r�!"� ; où �!"� = (cos � cos'; cos � sin';� sin �) ;
@'�!x = r sin ��!"'; où �!"' = (� sin'; cos'; 0),
(�!"r ;�!"� ;�!"') est orthonormal, direct.
24
@r�!"r = @r
�!"� = @r�!"' = 0;
@��!"r = �!"� ; @��!"� = ��!"r ; @��!"' = 0;
@'�!"r = sin ��!"'; @'�!"� = cos ��!"'; @'�!"' = � sin ��!"r � sin ��!"� :
Le gradient : Soit � 2 C1; où, �(P ) = f �(�!x ) = f �(�!x (r; �; ')) = f(r; �; ');
@r f =��!grad� � @r�!x =
��!grad� � �!"r ;
@� f =��!grad� � @��!x = r
��!grad� � �!"� ;
@' f =��!grad� � @'�!x = r sin �
��!grad� � �!"':
Conclusion :��!grad� = �!"r @r f +
1
r�!"� @� f +
1
r sin ��!"' @' f; et
�!r = �!"r @r +1
r�!"� @� +
1
r sin ��!"' @':
La divergence : Soit�!V 2 C1; où :
�!V (P ) = �!v � (�!x (r; ')) = �!v (r; ') = u�!"r + v�!"� + w�!"'; et
div�!V =
�!r � �!v = �!"r � @r�!v +1
r�!"� � @��!v +
1
r sin ��!"' � @'�!v ;
�!"r � @r�!v = �!"r � (ur�!"r + vr�!"' + wr
�!"') = ur;
�!"� � @��!v = v� +�!"� � (u�!"� � v�!"r ) = v� + u
�!"' � @'�!v = w' +�!"' � (u sin ��!"' + v cos ��!"' � w (sin ��!"r + sin ��!"� ))
= w' + u sin � + v cos �
Conclusion ; div�!V = ur +
2
ru+
1
rv� +
cos �
r sin �v +
1
r sin �w'
=1
r2�r2u�r+
1
r sin �((v sin �)� + w')
25
Le laplacien : Soit � 2 C2; où : �(P ) = f(r; �; ');
�f = div��!grad f = div
��!"r fr +
1
r�!"� f� +
1
r sin �f'
�=
=1
r2�r2fr
�r+
1
r sin �
��1
rf� sin �
��
+1
r sin �f''
�
=1
r2
��r2fr
�r+
1
sin2 �(sin � (f� sin �)� + f'')
�
Le rotationnel : Soit�!V 2 C1; où : �!V (P ) = �!v (r; ') = u�!"r + v�!"� +w�!"' :
�!rot
�!V =
�!r ��!v = �!"r � @r�!v + 1
r�!"� � @�
�!v + 1
r sin ��!"' � @'
�!v =
1
r2 sin �det
0@ �!"r r�!"� r sin ��!"'@r @� @'u rv r sin � w
1A :
Remarque : En mécanique des �uides il parfois nécessaire d�exprimer :
��!v = ��!grad div�!v ��!rot �!rot �!v ; l�expression "intrinsèque".
26
Chapitre 2
SERIES DE FOURIER
2.1 Premières dé�nitions
Quelques rappels à propos des nombres complexes.
C = fz = x+ iy j (x; y) 2 R2g muni des deux lois commutatives ci-dessous :
si z1 = x1 + iy1 et z2 = x2 + iy2 deux nombres complexes, alors :
10 : l�addition de z1 et z2 : z1 + z2 = x1 + x2 + i(y1 + y2):
Le neutre est 0 et l�opposé de z = x+ iy est �z = �x� iy:
20 : la multiplication complexe de z1 par z2 :
z1z2 = (x1 + iy1) (x2 + iy2) = x1x2 � y1y2 + i (x1y2 + x2y1) ;
où le nombre spécial i est tel que i2 = �1.
Le neutre est 1 et l�inverse de z = x+ iy est z�1 =1
z=
x� iy
x2 + y2:
Remarque : C est un corps.
Quelques propriétés des nombres complexes :
1. Si z = x+ iy; alors, son complexe conjugué est z = x� iy:
2. Si z = x+ iy; alors, son module (sa norme) vaut :
jzj =px2 + y2 avec zz = (x+ iy) (x� iy) = x2 + y2 = jzj2 :
3. Si z = x+ iy; on note Re z = x et Im z = y:
27
4. Si z = cos � + i sin �; � 2 R; alors jzj = 1; z 2 C; le cercle unité.
5. Si z = cos a+i sin a et w = cos b+i sin b; où a; b 2 R; alors par la formule
trigonométrique de l�addition des arcs, zw = cos(a+ b) + i sin(a+ b):
6. L�exponentielle complexe est dé�nie par : eit = cos t+ i sin t ; 8t 2 R.
7. Le point (5) implique que eiaeib = ei(a+b):
8. Les formules d�Euler : cos t =1
2(eit + e�it) et sin t =
1
2i(eit � e�it):
9.d
dteiat =
d
dt(cos at+ i sin at) = a (� sin at+ i cos at) = iaeiat:
Dé�nition : Soit f 2 C0([a; b]); pour tous les � 2 R,
bf(�) = Z b
a
f(t) ei�tdt =
Z b
a
f(t) cos�t dt+ i
Z b
a
f(t) sin�t dt = ba(�) + ibb(�)est une intégrale de Fourier de la fonction f:
Lemme de Riemann-Lebesgue : Si f 2 C0([a; b]); alors :
limj�j!1
bf(�) = 0 ou limj�j!1
Z b
a
f(t) cos�t dt = limj�j!1
Z b
a
f(t) sin�t dt = 0:
Preuve. Supposons que f 2 C1([a; b]), ainsi pour � 6= 0 :
ba(�) = Z b
a
f(t) cos�t dt =1
�f(t) sin�tjba �
1
�
Z b
a
f 0(t) sin�t dt:
jf(b) sin�bj � jf(b)j � max jf j et jf(a) sin�aj � jf(a)j � max jf j ;����Z b
a
f 0(t) sin�t dt
���� � Z b
a
jf 0(t) sin�t j dt �Z b
a
jf 0(t)j dt � (b� a)max jf 0j ;
jba(�)j � 1
j�j (2max jf j+ (b� a)max jf 0j) ! 0j�j!1
:
Le même résultat est obtenu pour bb(�); donc limj�j!1
bf(�) = 0:28
Par la suite, les fonctions f : [a; b]! R satisfont les hypothèses suivantes :
H1 : 8c 2 ]a; b[ ; limx!c�
f(x) = f�(c), de plus, limx!a+
f(x) = f+(a) et limx!b�
f(x) =
f�(b):
H2 : le nombre des c� tels que f+(c�) 6= f�(c�) est �ni,
H3 : 8d 2 ]a; b[ ; les dérivées à droite et à gauche de f en d sont :
f 0�(d) = limx!d�
f(x)� f�(d)
x� d, de plus :
f 0+(a) = limx!a+
f(x)� f+(a)
x� aet f 0�(b) = lim
x!b�
f(x)� f�(b)
x� b:
H4 : le nombre des d� tels que f 0+(d�) 6= f 0�(d
�) est �ni.
Dé�nition : Soit une fonction f : [a; b]! R ;
i) si f satisfait H1 et H2, f est continue par morceaux dans [a; b],
ii) si f satisfait H1 à H4, f est C1 par morceaux dans [a; b] :
Dé�nition : Soit L > 0 et f : R! R; f 2 P (L) si :
1. f est périodique de période L, i.e. f(x+ L) = f(x) 8x 2 R,
2. f est C1 par morceaux dans [0; L] :
Dé�nition : Si f 2 P (L); ses coe¢ cients de Fourier de f sont les
bfk = Z L
0
f(x) e�2k�Lixdx 2 C, k 2 Z.
Les coe¢ cients de Fourier de f 2 P (L) satisfont les propriétés :
P1 : Les bfk sont des intégrales de Fourier particulières et bfk = bak� ibbk; où :bak = Z L
0
f(x) cos2k�x
Ldx et bbk = Z L
0
f(x) sin2k�x
Ldx:
29
P2 : Comme ba�k = bak et bb�k = �bbk; on a : bf�k = bfk :P3 : f étant périodique de période L, bfk = Z t+L
t
f(x) e�2k�Lixdx 8t 2 R.
P4 : f étant continue par morceaux sur [0; L], limk!�1
bfk = 0:P5 : Si f 0 2 P (L) et f 2 C0; alors : bf 0k = 2k�i
Lbfk ; car :
bf 0k = Z L
0
f 0(x) e�2k�Lixdx = f 0(x) e�
2k�Lix���L0+2k�i
L
Z L
0
f(x) e�2k�Lixdx :
P6 : Si f (n) 2 P (L); 0 � n � N et si f (n) 2 C0 ([0; L]) ; 0 � n � N � 1;
alors : df (n)k = (2k�iL)n bfk ; 0 � n � N:
Un exemple Soit f 2 P (1); dé�nie par f(x) = x(1� x) si 0 � x � 1:
Observons que f 2 C0(R) car f(n) = 0;8n 2 Z; de plus f 0 2 P (1) est dé�nie
par f 0(x) = 1� 2x si 0 � x < 1; mais f 0�(n) = �1:
Calculons les bfk : Si k = 0; bf0 = Z 1
0
x(1� x)dx = 16:
Si k 6= 0; bfk = Z 1
0
x(1�x)e�2k�ixdx = 1
2k�i
Z 1
0
(1�2x)e�2k�ixdx = 1
2k�ibf 0k
=1
2k�i
��12k�i
(1� 2x)e�2k�ix��10� 1
k�i
Z 1
0
e�2k�ixdx
�=
�12�2k2
= bfk :Calculons les bf 0k : Si k = 0; bf 00 = Z 1
0
(1� 2x)dx = 0:
Si k 6= 0; bf 0k = 2k�i bfk = �ik�:
30
Dé�nition : Soit f 2 P (L) et ses coe¢ cients de Fourier bfk ;la série de Fourier de la fonction f est la série
1
L
k=1Xk=�1
bfk e 2k�L ix:
Quelques calculs formels
10 : Comme bfk = bak � ibbk , alors : 1L
k=1Xk=�1
bfk e 2k�L ix =
1
Lba0 + 1
L
1Xk=1
bfk e 2k�Lix +
1
L
1Xk=1
bf�k e� 2k�Lix =
1
Lba0 + 2
L
1Xk=1
Re( bfk e 2k�L ix) =
=1
Lba0 + 2
L
1Xk=1
bak cos 2k�Lx+
2
L
1Xk=1
bbk sin 2k�Lx ;
c�est la série de Fourier trigonométrique de f:
20 : Si f est paire dans [0; L], alors tous les bbk = 0; car les sin2k�
Lx sont
impairs dans [0; L]. La série de Fourier trigonométrique de f se réduit à :
1
Lba0 + 2
L
1Xk=1
bak cos 2k�Lx : la s�erie de Fourier en cosinus de f:
30 : Si f est impaire dans [0; L], alors tous les bak = 0; car les cos 2k�Lx sont
pairs dans [0; L]. La série de Fourier trigonométrique de f se réduit à :
2
L
1Xk=1
bbk sin 2k�Lx : la s�erie de Fourier en sinus de f:
40 : Si f satisfait certaines hypothèses, alors f(x) =1
L
k=1Xk=�1
bfk e 2k�L ix:
Formellement les bfk = LZ0
f(x) e�2k�Lixdx =
1
L
LZ0
Xn2Z
bfn e 2n�L ix
!e�
2k�Lixdx =
31
1
L
Xn2Z
bfn LZ0
e2(n�k)�
Lixdx =
1
L
Xn2Z
bfn (L�n;k) = bfk :50 : Supposons que f 0 2 P (L) et f 2 C0(R), alors, d�une part,
f(x) =1
L
Xk2Z
bfk e 2k�L ix et d�autre part, f 0(x) =1
L
Xk2Z
bf 0k e 2k�L ix (P5)=
1
L
Xk2Z
�2k�i
L
� bfk e 2k�L ix =1
L
Xk2Z
bfk d
dxe2k�Lix =
d
dx
1
L
Xk2Z
bfk e 2k�L ix
!;
i.e., la dérivée de la série de Fourier de f est la série de Fourier de f 0:
Exemple A nouveau, f 2 P (1); dé�nie par f(x) = x(1� x) si 0 � x � 1:
bf0 = ba0 = 1
6et bfk = �1
2�2k2; i.e. bak = �1
2�2k2et bbk = 0;
ainsi, formellement : f(x) =1
6� 1
�2
Xk�1
k�2 cos 2k�x (f est paire) :
Pour f 0 : bf 00 = 0 et bf 0k = �ik�; i.e. bak = 0 et bbk = 1
k�;
ainsi, formellement : f 0(x) =2
�
Xk�1
k�1 sin 2k�x (f 0 est impaire) :
En�n : f 0(x) =d
dx
1
6� 1
�2
Xk�1
k�2 cos 2k�x
!=�1�2
Xk�1
k�2(cos 2k�x)0 =
2
�
Xk�1
k�1 sin 2k�x = f 0(x):
La série de f est dérivable terme à terme.
32
2.2 Théorème de Fourier-Dirichlet
Soit f 2 P (L) et ses coe¢ cients de Fourier bfk =
Z L
0
f(x) e�2k�Lixdx ;
alors la série de Fourier de f converge. Plus précisément :
1
L
Xk
bfk e 2k�L ix =1
2(f+(x) + f�(x)):
Ainsi :1
L
Xk
bfk e 2k�L ix = f(x) où f est continue.
La démonstration de ce Théorème est en Annexe 2.
Exemple 1 : Retour à f 2 P (1); dé�nie par f(x) = x(1�x) si 0 � x � 1;
dont nous savons déjà que : ba0 = 1
6et bak = �1
2�2k2;bbk = 0; k � 1:
Ainsi, par le théorème de Fourier, f(x) =1
6� 1
�2
Xk�1
k�2 cos 2k�x;8x 2 R;
car f est continue ; en particulier, en x = 0; nous obtenons :
Xk�1
1
k2=�2
6:
Exemple 2 : Soit 0 < � < 2� et f 2 P (2�) dé�nie par :
f(x) =
8<:1 si 0 < x � �;
0 si � < x � 2�:
bf0 = Z 2�
0
f(x)dx =
Z �
0
dx = � et bfk = Z �
0
e�ikxdx =i
k
�e�ik� � 1
�; k 2 Z�:
Le théorème de Fourier donne :
1
2�
"�+
Xk 6=0
i
k
�e�ik� � 1
�eikx
#=
8<:f(x) si x 6= �+ 2n� et x 6= 2n�;
1=2 si x = �+ 2n� ou x = 2n�:
33
Alors, en x = 0; nous obtenons : limM!1
SM(0) =12(f+(0) + f�(0)) =
12; où
SM(0) =�
2�+1
2�
MXk=�Mk 6=0
i
k
�e�ik� � 1
�=
�
2�+1
�
MXk=1
sin�k
k=)M!1
Xk�1
sin�k
k=� � �
2; et si a = 1;
Xk�1
sin k
k=� � 12
:
Exemple 3 : Soit f 2 P (2�); dé�nie par f(x) = sinnx; où n 2 N.
f étant impaire, tous les bak = 0 et ne restent que les bbk; k � 1; avec :bbk = Z 2�
0
sinnx sin kx dx =1
2
Z 2�
0
[cos(k � n)x� cos(k + n)x] dx = ��n;k
Le théorème de Fourier implique : f(x) =1
�
Xk�1
bbk sin kx = sinnx; une sériede Fourier réduite à un seul terme. Par suite, le polynôme trigonométrique :
nXk=0
ak cos2k�
Lx+
mXk=1
bk sin2k�
Lx 2 P (L) est sa propre s�erie de Fourier:
34
2.3 Les séries trigonométriques
Objectif : pour f : [0; L] ! R; C1 par morceaux, trouver une suite
ffkg1k=0 � R telle qu�aux points de continuité de f , nous puissions écrire,
soit, f(x) =Xk�0
fk cosk�
Lx ; soit, f(x) =
Xk�1
fk sink�
Lx.
La série trigonométrique en cosinusSoit f : [0; L] ! R; C1 par morceaux ; les coe¢ cients fk de la série trigono-
métrique en cosinus de f;Xk�0
fk cosk�
Lx; sont obtenus comme suit :
10 : Construire la fonction auxiliaire g 2 P (2L); paire dans [0; 2L] :
g(x) =
8<:f(x) si 0 � x � L;
f(2L� x) si L � x � 2L:
20 : Aux points de continuité de g; le théorème de Fourier donne :
g(x) =1
2Lba0 + 1
L
Xk�1
bak cos k�Lx, où bak = Z 2L
0
g(x) cosk�
Lx dx:
30 : Ainsi, aux points de continuité de f :
f(x) =Xk�0
fk cosk�
Lx; où f0 =
1
L
Z L
0
f(x)dx et fk =2
L
Z L
0
f(x) cosk�
Lx dx:
La série trigonométrique en sinus
Soit f : [0; L] ! R; C1 par morceaux ; les coe¢ cients fk de la série trigono-
métrique en sinus de f;Xk�1
fk sink�
Lx; sont obtenus comme suit :
35
10 : Construire la fonction auxiliaire g 2 P (2L); impaire dans [0; 2L] :
g(x) =
8<:f(x) si 0 � x � L;
�f(2L� x) si L � x � 2L:
20 : Aux points de continuité de la fonction g, le théorème de Fourier donne :
g(x) =1
L
Xk�1
bbk sin k�Lx, où bbk = Z 2L
0
g(x) sink�
Lx dx:
30 : Ainsi, aux points de continuité de f :
f(x) =Xk�1
fk sink�
Lx; où fk =
2
L
Z L
0
f(x) sink�
Lx dx:
Exemple : Soit f 2 C1 ([0; �]) ; donnée par f(x) = x(� � x):
10 : Trouver sa série trigonométrique en cosinus.
f0 =1
�
Z �
0
��x� x2
�dx =
�2
6:
fk =2
�
Z �
0
f(x) cos kx dx = � 2
�k
Z �
0
f 0(x) sin kx dx =
2
�(� � 2x)cos kx
k2
�����0
+4
�k2
Z �
0
cos kx dx = � 2k2�1 + (�1)k
�;
ou encore : f2n = �n�2 et f2l+1 = 0; n � 1; l � 0:
Conclusion : f(x) =�2
6�Xn�1
cos 2nx
n2; dans [0; �] :
20 : Trouver sa série trigonométrique en sinus.
fk =2
�
Z �
0
f(x) sin kx dx =2
�k
Z �
0
f 0(x) cos kx dx =
36
2
�f 0(x)
sin kx
k2
�����0
� 4
�k2
Z �
0
sin kx dx =4
�k3
�1� (�1)k
�;
ou encore : f2l = 0 et f2n+1 =8
�(2n+ 1)�3 ; n � 0; l � 1:
Conclusion : f(x) =8
�
Xn�0
sin(2n+ 1)x
(2n+ 1)2; dans [0; �] :
37
2.4 Séries de fonctions majorables
Dé�nition : Soit I � R; un intervalle, et une suite de fonctions
ffk(x)g1k=0, où fk : I ! R:
Considérons la suite des sommes partielles Sn(x) =nPk=0
fk(x); n 2 N;
si pour a 2 I; limn!1
Sn(a) = S(a); alors la série de fonctions1Pk=0
fk(x) converge
en x = a et nous écrivons1Pk=0
fk(a) = S(a);
si ceci est vrai pour tous les a 2 I; alors la série de fonctions1Pk=0
fk(x)
converge dans I; ainsi une fonction S : I ! R est obtenue, dé�nie par
S(x) =Pk�0
fk(x):
Remarque :Pk�0
fk(x) est convergente () limn!1
Pk�n
fk(x) = 0:
Dès lors, nous dirons quePk�0
fk(x) est convergente si elle converge dans I:
Dé�nition : La série Pk�0
fk(x) est absolument convergente; si la sériePk�0jfk(x)j est convergente.
Dé�nition : La série Pk�0
fk(x) est majorable, s�il existe des ak tels
que supx2I
jfk(x)j � ak;8k 2 N etPk�0
ak <1:
Remarque : Une série majorable est absolument convergente.
En e¤et, par comparaison :
Xk�0
jfk(x)j �Pk�0
ak <1
38
Théorème (convergence dominée)Soit un intervalle I � R et
Pk�0
fk(x); majorable, où fk 2 C0(I); k � 0:
1.Pk�0
fk(x) = S(x) 2 C0(I):
2.Xk�0
Z b
a
fk(x)dx =
Z b
a
(Pk�0
fk(x))dx =
Z b
a
S(x)dx; 8 [a; b] � I:
3. Si, de plus, les fk 2 C1(I) avecPk�0
f 0k(x) majorable, alors :
Pk�0
fk(x) = S(x) 2 C1(I) et S 0(x) = (Pk�0
fk(x))0 =
Pk�0
f 0k(x):
La preuve se trouve en Annexe 3.
Exemple : une série entière.
Soit la série entière :Xk�1
k2xk
k4 + 1; trouver son domaine de convergence et
montrer que le théorème de la convergence dominée s�y applique. Nous avons :
limk!1
(k + 1)2 jxjk+1
(k + 1)4 + 1� k
4 + 1
k2 jxjk= jxj lim
k!1
(k + 1)2 (k4 + 1)
((k + 1)4 + 1)k2= jxj :
Par d�Alembert : jxj < 1 =) convergence et jxj > 1 =) divergence.
De plus, si x = 1;Xk�1
k2
k4 + 1<1; et si x = �1;
Xk�1
(�1)kk2k4 + 1
converge.
Le domaine de convergence est I = [�1; 1] ; dans lequel la série est majorable :
supjxj�1
k2jxjkk4 + 1
<1
k2; or
Xk�1
k�2 <1 =) f(x) =Xk�1
k2xk
k4 + 12 C0 (I) :
39
Dans [�r; r] ; où r < 1;�xk�0= kxk�1 avec sup
jxj�r
k3jxjk�1k4 + 1
=k3rk�1
k4 + 1;
orXk�1
k3rk�1
k4 + 1<1 =) f 0(x) =
Xk�1
k3xk�1
k4 + 12 C0 ([�r; r]) :
Ce raisonnement s�applique à toutes les dérivées et nous obtenons :
f (n)(x) =Xk�n
k2 [k(k � 1):::(k � n+ 1)] xk�n
k4 + 12 C0 ([�r; r]) ,
mais r < 1; est quelconque, donc f (n)(x) 2 C1([�1; 1] :
Exemple : une série trigonométrique.
Soit la sérieXk�1
sin kx
ak; où a > 1; montrer qu�elle est majorable dans R:
supx2 R
����sin kxak
���� = a�k; orPk�1
a�k <1; =) f(x) =Xk�1
sin kx
ak2 C0(R):
De plus sin kx 2 C1(R) et (sin kx)0 = k cos kx, donc :
supx2 R
����k cos kxak
���� = ka�k; orPk�1
ka�k <1; =) f 0(x) =Xk�1
k cos kx
ak2 C0(R):
Ce raisonnement se répète pour conclure que f 2 C1(R):
Dès lors, regardons f : [0; �] ! R et cherchons sa série trigonométrique en
sinus, i.e. exprimer f(x) =Pk�1
fk sin kx; où
fk =2
�
Z �
0
f(x) sin kx dx =2
�
Z �
0
�Pn�1
a�n sinnx
�sin kx dx =
Xn�1
a�n�2
�
Z �
0
sinnx sin kx dx
�=Xn�1
a�n�k;n = a�k:
40
Ainsi,Pn�1
a�n sinnx est sa propre série trigonométrique en sinus dans [0; �] :
Ici, il est instructif de calculer la valeur de f(x); en e¤et, écrivons :
f(x) =Pn�1
a�n sinnx =1
2i
�Pn�1
a�neinx �Pn�1
a�ne�inx�=
ImPn�1
a�neinx = Imeix
a� eix =a sin x
a2 � 2a cosx+ 1 2 P (2�) \ C1(R):
41
2.5 L�équation de la chaleur
Le problème de la chaleur s�énonce comme suit :
soit D = f(x; t) 2 R2 : 0 < x < L; 0 < tg ; trouver T : D ! R solution de :
(PC) :
8>>>><>>>>:Tt = �Txx + q(x; t); (x; t) 2 D (l�éq. de la chaleur),
T (0; t) = a(t) ; T (L; t) = b(t); t � 0 (les conditions de bord),
T (x; 0) = f(x); 0 � x � L (la condition initiale),
� est le coe¢ cient de di¤usion thermique et q une source interne de chaleur.
Dé�nition : T : D ! R est une solution classique de (PC) si :
10 : T 2 C0(D);
20 : Tx; Txx; Tt 2 C0(D);
30 : T satisfait continûment les équations de (PC):
Dès lors, a; b; f et q sont continues, de plus, f(0) = a(0) et f(L) = b(0):
Remarque : (PC) est linéaire en T ; le principe de superposition s�applique.
L�équation de la chaleur homogèneSi a = b = q = 0; le problème (PC) se réduit au problème homogène (PH) :
(PH) :
8>>>><>>>>:Tt = �Txx; (x; t) 2 D;
T (0; t) = T (L; t) = 0; t � 0;
T (x; 0) = f(x) 2 C2 ([0; L]) et f(0) = f(L) = 0:
Nous pouvons écrire f(x) =Pk�1
fk sin k�Lx; avec jfkj � ck�2; car :
fk =2
L
Z L
0
f(x) sin k �Lx dx = � 2
L
�L
k�
�2 Z L
0
f 00(x) sin k �Lx dx:
42
Ceci et�sin k �
Lx�00 � sin k �
Lx; conduisent à formuler l�Ansatz 1 :
T =Pk�1
uk(t) sin k�Lx; Tx =
�L
Pk�1
kuk(t) cos k�Lx;
Tt =Pk�1
u0k(t) sin k�Lx et Txx = � �2
L2
Pk�1
k2uk(t) sin k�Lx;
9>>=>>; (Ansatz 1)
où toutes les séries sont majorables.
10 : Les conditions de bord sont prises en compte par construction.
20 : T (x; 0) =Pk�1
uk(0) sin k�Lx = f(x) =
Pk�1
fk sin k�Lx =)séries maj.
uk(0) = fk:
30 : Tt =Pk�1
u0k(t) sin k�Lx = �Txx = �� �
2
L2
Pk�1
k2uk(t) sin k�Lx =)séries maj.
u0k(t) = �!k2uk(t);8k � 1 =) uk(t) = fk exp (�! k2t) ; avec ! = � �2
L2:
Solution formelle : T (x; t) =Xk�1
fk exp��! k2t
�sin k
�
Lx:
T(x; t) est une solution classique.
Sans nuire à la généralité et pour simpli�er l�écriture, posons L = � et � = 1;
ainsi : uk(t) = fke�k2t et T (x; t) =
Pk�1
fk e�k2t sin k �
Lx:
10 : sup(x;t)2D
���fk e�k2t sin kx��� � jfkj � ck�2 =)série maj.
T 2 C0(D).
20 : Considérons D" =�(x; t) 2 D : t � " > 0
� D.
Pour Tx : sup(x;t)2D"
���fke�k2t(sin kx)0��� � c
ke�"k
2; avec
Pk�1
k�1e�"k2<1; =)
série maj.
Tx(x; t) =Pk�1
kfk e�k2t cos kx 2 C0(D")
30 : CommePk�1
kme�"k2< 1;8m 2 Z, cet argument se répète pour toutes
43
les dérivées partielles, en particulier pour :
Txx(x; t) = �Pk�1
k2fk e�k2t sin kx 2 C0(D");
Tt(x; t) = �Pk�1
k2fk e�k2t sin kx 2 C0(D");
ainsi les équations de (PH) sont satisfaites continûment dans D":
Comme toutes les dérivées partielles sont accessibles et continues dans D";
nous avons aussi obtenu T 2 C1(D") !!
40 : Or " > 0; est quelconque : T 2 C0(D)\C2(D) et les équations de (PH)
sont satisfaites continûment dans D; ainsi T est une solution classique.
Remarque 1 : CommePk�1
fk e�k2t sin k �
Lx est majorable dans D :
limt!1
T (x; t) = limt!1
Pk�1
fk e�k2t sin k �
Lx =
Pk�1
fk limt!1
e�k2t sin k �
Lx = 0:
Remarque 2 : Contre toute attente, nous avons montré que T 2 C1(D);
phénomène inhérent à tous les problèmes homogènes de di¤usion.
Une source interne de chaleurSi a = b = f = 0; L = � et � = 1; le problème de la chaleur devient :
Tt = Txx + q(x; t) dans D et T = 0 sur @D: (�)
Supposons que q(x; t) =Pk�1
qk(t) sin kx; où les qk sont continues dans t � 0
et supt�0jqk(t)j � bk; avec
Pk�1
bk <1:
Refaisons l�Ansatz 1 avec T (x; t) =Pk�1
uk(t) sin kx; alors (�) donne :
u0k(t) + k2uk(t) = qk(t); uk(0) = 0; =) uk(t) =
Z t
0
ek2(s�t)qk(s)ds:
44
La solution formelle T (x; t) =Pk�1
uk(t) sin kx est classique, car :
10 : juk(t)j �Z t
0
ek2(s�t)jqk(s)jds � bk
Z t
0
ek2(s�t)ds =
bkk2
�1� e�k2t
�� bkk2;
20 : sup(x;t)2D
juk(t) sin kxj � bk=k2 =) T 2 C0(D);
30 : sup(x;t)2D
jk2uk(t) sin kxj � bk =) Txx = �Pk�1
k2uk(t) sin kx 2 C0(D);
40 : sup(x;t)2D
ju0k(t) sin kxj � 2bk =) Tt =Pk�1
u0k(t) sin kx 2 C0(D);
50 : T satisfait continûment le système (�) :
Une condition de bord non nulleSi a = q = 0; L = 1 et � = 1; le problème de la chaleur devient :8>>>><>>>>:
Tt = Txx; (x; t) 2 D;
T (0; t) = 0 ; T (�; t) = b(t) 2 C0(R+);
T (x; 0) = g(x) 2 C2 ([0; 1]) ; où b(0) = g(1):
Si U 2 C2(D) est une solution du système sans condition initiale :
Ut = Uxx; (x; t) 2 D avec U(0; t) = 0 ; U(1; t) = b(t); t � 0;
alors T = U + V; où V est la solution du problème de la chaleur homogène
(PH); pour lequel la condition initiale f(x) = g(x)� U(x; 0):
Ci-dessous, deux exemples de calculs pour trouver U:
(1) : b(t) = e�a2t
Ansatz : U(x; t) = B(x) e�a2t =) B00(x) = �a2B(x) et B(0) = 0; B(1) = 1:
Si a2 6= k2�2; k 2 Z, alors B(x) = sin ax
sin aet U(x; t) =
sin ax
sin ae�a
2t.
Si a = k�; le lecteur avisé posera l�Ansatz : U(x; t) = e�a2t (A(x)t+B(x)) :
45
En�n, f(x) = g(x)�B(x) satisfait les conditions du problème (PH).
(2) : b(t) = cos2!2t
Ansatz : U(x; t) =1
2
�B(x) e2i!
2t +B(x)e�2i!2t�; où B 2 C =)
B00(x) = 2i!2B(x) et B(0) = 0; B(1) = 1;
B00(x) = �2i!2B(x) et B(0) = 0; B(1) = 1:
Si B(x) � e�x,alors �2 = 2i!2; i. e. � = �!(1 + i) et par suite :
B(x) = ��e!xei!x � e�!xe�i!x
�= 2� [cos!x sinh!x+ i sin!x cosh!x] :
B(1) = 1 =) B(x) =cos!x sinh!x+ i sin!x cosh!x
cos! sinh! + i sin! cosh!:
A nouveau, f(x) = g(x)�U(x; 0) satisfait les conditions du problème (PH).
Comme limt!1
(T (x; t)� U(x; t)) = 0 très rapidement, il est instructif d�estimer
le pro�l spatial de U(x; t).
Or B(x) = jB(x)j ei�(x;!) et U(x; t) = jB(x)j cos (2!2t+ �(x; !)) ; ainsi les
deux fonctions � jB(x)j forment l�enveloppe de U(x; t)
jB(x) j2 = sinh2 !x+ sin2 !x
sinh2 ! + sin2 !=cosh 2!x� cos 2!xcosh 2! � cos 2! et
jB(x)j = e�!(1�x)�1 +O
�e�2!x
��; si ! � 1; 0 < x < 1:
indiquant une décroissance exponentielle, pour les x s�éloignant de 1; dont le
taux, !; croît avec la fréquence, 2!2; de l�oscillation temporelle.
Ce résultat re�ète mathématiquement un phénomène physique bien connu :
dans une cave, seules les variations saisonnières de la température extérieure
sont ressenties ou, a contrario, les variations journalières de la température
extérieure y sont quasi absentes.
46
2.6 L�équation des ondes
Le problème des ondes en une dimension s�énonce comme suit :
soit D = f(x; t) 2 R2 : 0 � x � L; t � 0g, fermé, trouver U : D ! R
solution du système ci-dessous :
(PO) :
8>><>>:Utt = c2Uxx + q(x; t); (x; t) 2 D;U(0; t) = a(t); U(L; t) = b(t); t � 0;U(x; 0) = f(x) ; Ut(x; 0) = g(x); 0 � x � L;
où a et b sont les conditions de bords, f et g les conditions initiales, q une
force extérieure et c la vitesse de propagation du phénomème ondulatoire.
Dé�nition : U est une solution classique du problème (PO) si U 2 C2(D)et U satisfait continûment les équations de (PO):
Dès lors, nécessairement, f 2 C2 ([0; L]) ; g 2 C1 ([0; L]) ; a; b 2 C2 (R+) ;
q 2 C0(D) et satisfont les relations de compatibilité :(a(0) = f(0); a0(0) = g(0); a00(0) = c2f 00(0) + q(0; 0);
b(0) = f(L); b0(0) = g(L); b00(0) = c2f 00(L) + q(L; 0):
La corde pincée libreSi a = b = q = 0; le problème (PO) devient le problème des ondes homogène :
(POH) :
8>><>>:Utt = c2Uxx; (x; t) 2 D;U(0; t) = U(L; t) = 0; t � 0;U(x; 0) = f(x) ; Ut(x; 0) = g(x); 0 � x � L:
Ici, f 2 C4 ([0; L]) et f(0) = f(L) = f 00(0) = f 00(L) = 0; ainsi, nous pouvons
écrire : f(x) =Pk�1
fk sin k�Lx; avec jfkj � ck�4; car :
fk = �2
L
�L
k�
�2 Z L
0
f 00(x) sin k �Lx dx =
2
L
�L
k�
�4 Z L
0
f iv(x) sin k �Lx dx:
47
De même pour g; ainsi : g(x) =Pk�1
gk sin k�Lx; avec jgkj � ck�4:
Dès lors, faisons l�Ansatz 2 :
U =Pk�1
uk(t) sin k�Lx; majorable, ainsi que
@n+mU
@tn@xm=Xk�1
u(n)k (t)
�sin k �
Lx�(m)
; 1 � n+m � 2:
9>>>>=>>>>; (Ansatz 2)
Introduisons ceci dans le problème homogène (POH) :
10 : Les conditions de bord sont satisfaites.
20 : L�équation des ondes donne :
Utt =Pk�1
u00k(t) sin k�Lx = c2Uxx = �
Pk�1
!2kuk(t) sin k�Lx; où !k = k c�
L;
30 : Les conditions initiales impliquent :
U(x; 0) =Pk�1
uk(0) sin k�Lx = f(x) =
Pk�1
fk sin k�Lx;
Ut(x; 0) =Pk�1
u0k(0) sin k�Lx = g(x) =
Pk�1
gk sin k�Lx:
40 : Les uk satisfont : u00k(t) = �!2kuk(t); avec uk(0) = fk et u0k(0) = gk; k � 1:
50 : Les solutions sont : uk(t) = fk cos!kt+ !�1k gk sin!kt; k � 1:
Solution de (POH) : U(x; t) =Pk�1
�fk cos!kt+ !�1k gk sin!kt
�sin k �
Lx:
60 : Si 0 � n+m � 2; alors
sup(x;t)2D
���u(n)k (t)�sin k �
Lx�(m)��� � !nk
�jfkj+ !�1k jgkj
� �k �L
�m � Ckn+m
k4� Ck�2:
L�Ansatz 2 est satisfait, donc U est solution classique.
48
Une équation des ondes forcéeFixons a = q = 0; L = � et c = 1; ainsiD = f(x; t) 2 R2 : 0 � x � �; t � 0g ;
de plus pour mettre en évidence le phénomène de la résonance posons
b(t) = sin!t et le problème (PO) devient :
(PU) :
8>><>>:Utt = Uxx; (x; t) 2 D;U(0; t) = 0 ; U(�; t) = sin!t; t � 0;
U(x; 0) = 0 ; Ut(x; 0) =!
�x; 0 � x � �;
!2 6= n2;n 2N (le cas non résonant)
10 : Trouvons une solution du problème sans conditions initiales :
�Vtt = Vxx; (x; t) 2 D;V (0; t) = 0 ; V (�; t) = sin!t; t � 0:
Y introduire V (x; t) = v(x) sin!t et v satisfait :
v00(x) = �!2v(x), v(0) = 0; v(�) = 1 =) v(x) =sin!x
sin!�;
V (x; t) =sin!x
sin!�sin!t; car sin!� 6= 0:
20 : Si U = V +W , alors W satisfait la cordre pincée libre :
(PW ) :
8>><>>:Wtt = Wxx; (x; t) 2 D;W (0; t) =W (�; t) = 0; t � 0;W (x; 0) = 0 ;Wt(x; 0) = g(x); 0 � x � �;
où g(x) =!
�x� ! sin!x
sin!�=Pk�1
gk sin kx; gk = �2
�k2
Z �
0
g00(x) sin kx dx =
� 2!3
�k2 sin!�
Z �
0
sin!x sin kx dx =2!3(�1)k�k(k2 � !2)
= gk:
49
D�après les résultats de la corde pincée :
W (x; t) =Pk�1
wk(t) sin kx; où wk(t) = k�1gk sin kt =)
W (x; t) =2!3
�
Xk�1
(�1)kk2 (k2 � !2)
sin kt sin kx et
U(x; t) =1
sin!�sin!t sin!x+W (x; t)
Or W est solution classique de (PW ) : en e¤et si 0 � n+m � 2; alors :
sup(x;t)2D
���w(n)k (t) (sin kx)(m)��� �si k�1
Ckn+m
k4� Ck�2:
L�Ansatz 2 est véri�é et les équations de (PW ) sont satisfaites continûment.
!2= n2;n 2N (le cas résonant)
10 : Trouvons une solution du problème sans conditions initiales :(Vtt = Vxx; (x; t) 2 D;V (0; t) = 0 ; V (�; t) = sinnt; t � 0:
Dû à la résonance, y introduire V (x; t) = A(x) sinnt + B(x)t cosnt et le
système di¤érentiel pour A et B s�écrit :
B00(x) + n2B(x) = 0; B(0) = B(�) = 0;
A00(x) + n2A(x) = �2nB(x); A(0) = 0; A(�) = 1:
D�abord B(x) = � sinnx; où � reste à déterminer, puis :
A00(x) + n2A(x) = �2�n sinnx; A(0) = 0; A(�) = 1;
dont une solution particulière est A(x) = �x cosnx:
Mais A(�) = ��(�1)n = 1 =) � = ��1(�1)n =)
50
V (x; t) = ��1(�1)n [x cosnx sinnt+ t cosnt sinnx] et
Vt(x; 0) = ��1(�1)n [nx cosnx+ sinnx] :
20 : Si U = V +W , alors W satisfait le système (PW ) ci-dessus, où :
g(x) =n
�x� 1
�(�1)n [nx cosnx+ sinnx] =
Pk�1
gk sin kx; avec :
gk = �2
�k2
Z �
0
g00(x) sin kx dx et g00(x) =n2
�(�1)n [nx cosnx+ 3 sinnx] :
Si k = n : gn = �2(�1)n�2
Z �
0
(3 sin2 nx+ nx cosnx sinnx)dx =
�(�1)n
�2
�3� + n
Z �
0
x sin 2nx dx
�= �5(�1)
n
2�:
Si k 6= n : gk = �2(�1)nn2�2k2
Z �
0
(3 sinnx+ nx cosnx) sin kxdx =
�(�1)nn3
�2k2
Z �
0
x (sin(k + n)x+ sin(k � n)x) dx =2n3(�1)k�k(k2 � n2)
:
Et, de la corde pincée, W est classique et s�écrit :
W (x; t) =Pk�1
wk(t) sin kx; où wk(t) = k�1gk sin kt; en�n :
U(x; t) =(�1)n�
�x cosnx sinnt+
�t cosnt� 5
2nsinnt
�sinnx
�
+2n3
�
Xk 6=n
(�1)kk2 (k2 � n2)
sin kt sin kx:
Remarque : Le terme résonant, t cosnt� 5
2nsinnt est non borné
51
2.7 Annexe 2
Preuve du théorème de Fourier-Dirichlet.
Sans restreindre la généralité, posons L = 1; pour simpli�er l�écriture.
Partons des SM(x) =MX
k=�M
bfk ei2k�x = MXk=�M
ei2k�xZ 1
0
f(y)e�i2k�ydy =
Z 1
0
f(y)
�MP
k=�Mei2k�(x�y)
�dy =
Z 1
0
DM(x� y)f(y)dy;
où DM(t) est le noyau de Dirichlet. DM s�écrit aussi :
DM(t) =MP
k=�Mei2k�t = 1 +
MPk=1
ei2k�t +MPk=1
e�i2k�t =progression géom.
1+ei2�t1� ei2M�t
1� ei2�t +e�i2�t1� e�i2M�t
1� e�i2�t = 1+ei�t 1� ei2M�t
e�i�t � ei�t+e�i�t1� e�i2M�t
ei�t � e�i�t
ei(2M+1)�t � e�i(2M+1)�t
ei�t � e�i�t =sin(2M + 1)�t
sin �t:
Par dé�nition, DM 2 P (1) \ C1 etZ 1
0
DM(t)dt =
Z 1=2
�1=2DM(t)dt = 1;
mais DM est pair, doncZ 1=2
0
DM(t)dt =1
2: Ainsi, nous pouvons écrire :
SM(x) =
1=2Z�1=2
DM(x�y)f(y)dy =x+1=2Zx�1=2
DM(s)f(x�s)ds =1=2Z
�1=2
DM(s)f(x�s)ds:
Introduisons lims!0�
f(x� s) = f�(x) dans l�intégrale :
SM(x) =
Z 0
�1=2DM(s)f(x� s)ds+
Z 1=2
0
DM(s)f(x� s)ds =
52
Z 0
�1=2DM(s)[f(x�s)�f+(x)+f+(x)]ds+
Z 1=2
0
DM(s)[f(x�s)�f�(x)+f�(x)]ds:
SM(x) = f+(x)
0Z� 12
DM(s)ds+ f�(x)
12Z0
DM(s)ds+
12Z
� 12
sin(2M + 1)�s g(s) ds =
1
2(f+(x) + f�(x)) +
Z 1=2
�1=2sin(2M + 1)�s g(s) ds; où :
g(s) =
8>>><>>>:f(x� s)� f+(x)
sin �ss < 0;
f(x� s)� f�(x)
sin �ss > 0:
Comme f est C1 par morceaux, les valeurs g�(0) = �1
�f 0�(x) existent, donc
g est continue par morceaux et le lemme de Riemann-Lebesgue s�applique :
limM!1
Z 1=2
�1=2sin(2M + 1)�s g(s) ds = 0:
La conclusion est obtenue : limM!1
SM(x) =1
2(f+(x) + f�(x)):
53
2.8 Annexe 3
Preuve du Théorème de la convergence dominée.
CommePk�0
fk(x) est majorable, supx2I
jfk(x)j � ak;8k 2 N avecPk�0
ak < 1;
posons Sn(x) =n�1Pk=0
fk(x) et estimons
supx2I
jS(x)� Sn(x)j = supx2I
�����Pk�n fk(x)����� � P
k�nak !
n!10 =)
8" > 0; 9m tel que si n � m alors supx2I
jS(x)� Sn(x)j < ": (�)
Preuve de 1 : Voyons que S satisfait une des dé�nitions de la continuité :
8x 2 I; 8" > 0, 9 � > 0 tel que si jx� yj < �; y 2 I; alors jS(x)� S(y)j < ":
Dès lors, soit " > 0 et n 2 N tel que (�); ci-dessus, est satisfaite ; ainsi :
jS(x)� S(y)j = jS(x)� Sn(x) + Sn(x)� Sn(y) + Sn(y)� S(y)j �
jS(x)� Sn(x)j+ jSn(x)� Sn(y)j+ jSn(y)� S(y)j < 2"+ jSn(x)� Sn(y)j :
Comme Sn 2 C0(I); la dé�nition de la continuité ci-dessus s�y applique, donc
8x 2 I; 9 � > 0 tel que si jx� yj < �; y 2 I; alors jSn(x)� Sn(y)j < " =)
jS(x)� S(y)j < 2"+ jSn(x)� Sn(y)j < 3":
Preuve de 2 : Comme S 2 C0(I);Z b
a
S(x)dx existe, il reste à montrer :
limn!1
nXk=0
Z b
a
fk(x)dx =
Z b
a
S(x)dx; i.e. limn!1
�����nXk=0
Z b
a
fk(x)dx�Z b
a
S(x)dx
����� = 0:
54
������bZ
a
�S(x)�
nPk=0
fk(x)
�dx
������ �bZ
a
����S(x)� nPk=0
fk(x)
���� dx =(�) "(b� a):
Preuve de 3 : Comme S(x) et U(x) =Xk�0
d
dxfk(x) sont continues dans I;
montrons que U(x) =d
dxS(x) pour tout x 2 I:
Soit l�intervalle [a; t] � I et d�après le point 2, ci-dessus :
Z t
a
U(x)dx =
Z t
a
(Pk�0
f 0k(x))dx =Xk�0
Z t
a
(f 0k(x)) dx =
Pk�0(fk(t)� fk(a)) = S(t)� S(a) =
Z t
a
U(x)dx; où U 2 C0(I);
ainsi : S 2 C1(I) et d
dtS(t) = U(t) pour tout t 2 I:
55