Équations aux dérivées partielles : 18 exercices corrigés

Équation de transport

CalculDifficulté 3/5

Montrer que toute fonction $u(x,t)=f(x-ct)$ ( $f$ dérivable) résout l'équation de transport $u_t+c\,u_x=0$ , et interpréter.

Indices (3)

Calculer $u_t$ et $u_x$ par la règle de la chaîne.

$u_t=-c\,f'(x-ct)$ , $u_x=f'(x-ct)$ .

Sommer $u_t+c\,u_x$ .

Correction détaillée

L'idée directrice

L'équation de transport est la plus simple des équations aux dérivées partielles, et c'est celle par laquelle il faut commencer : elle décrit un profil qui se déplace sans se déformer.

u_t+c\,u_x=0.

La solution annoncée, $u(x,t)=f(x-ct)$ , dit exactement cela : à l'instant $t$ , le graphe est celui de $f$ translaté de $ct$ vers la droite. La forme est intacte, seule la position a changé.

Vérifier qu'une fonction résout une EDP est un exercice mécanique — on dérive et on remplace — mais l'important est ensuite de lire ce que la solution raconte.

Étape 1 — les deux dérivées partielles

Posons $s=x-ct$ , de sorte que $u=f(s)$ . On applique la règle de dérivation en chaîne, en faisant bien attention à dériver l'argument :

\frac{\partial s}{\partial t}=-c,\qquad \frac{\partial s}{\partial x}=1.

D'où :

u_t=\frac{\partial}{\partial t}f(s)=f'(s)\cdot\frac{\partial s}{\partial t}=-c\,f'(x-ct),

u_x=\frac{\partial}{\partial x}f(s)=f'(s)\cdot\frac{\partial s}{\partial x}=f'(x-ct).

⚠️ Le signe $-c$ dans $u_t$ est l'endroit où l'on se trompe : il vient de la dérivée de $-ct$ par rapport à $t$ , et c'est lui qui fait tout marcher.

Étape 2 — la vérification

u_t+c\,u_x=-c\,f'(x-ct)+c\,f'(x-ct)=0.\qquad\checkmark

Les deux termes s'annulent exactement, quelle que soit $f$ dérivable. Rien n'a été supposé sur $f$ : ni sa forme, ni sa régularité au-delà de la dérivabilité.

C'est un résultat remarquablement fort — l'équation de transport admet une infinité de solutions, une par fonction $f$ . C'est la condition initiale qui en sélectionnera une (exercice A3).

Étape 3 — l'interprétation, qui est le vrai contenu

Suivons un point du graphe. À l'instant $0$ , la valeur $f(x_0)$ est en $x_0$ . À l'instant $t$ , où se retrouve-t-elle ?

u(x,t)=f(x_0)\quad\Longleftrightarrow\quad x-ct=x_0\quad\Longleftrightarrow\quad x=x_0+ct.

Chaque valeur voyage à la vitesse $c$ , sans changer. Le profil glisse en bloc.

Les droites $x-ct=\text{constante}$ portent un nom : ce sont les caractéristiques de l'équation. Le long d'une caractéristique, $u$ est constante — c'est la formulation générale, valable pour toute équation de transport.

$c$	comportement
$c>0$	le profil se déplace vers la droite
$c<0$	vers la gauche
$c=0$	rien ne bouge : $u_t=0$ , la solution est stationnaire

Un exemple qui tourne

Prenons $f(x)=x^2$ et $c=3$ , donc $u(x,t)=(x-3t)^2$ :

u_t=2(x-3t)\times(-3)=-6(x-3t),\qquad u_x=2(x-3t),

u_t+3u_x=-6(x-3t)+6(x-3t)=0.\ \checkmark

Et le déplacement se lit dans les valeurs : le minimum de $f$ , situé en $x=0$ à $t=0$ , se trouve en $x=3$ à $t=1$ , en $x=6$ à $t=2$ .

$t$	position du minimum	$u(6,t)$
$0$	$0$	$36$
$1$	$3$	$9$
$2$	$6$	$0$
$3$	$9$	$9$

La valeur en un point fixe change au cours du temps ; c'est la valeur portée par le profil qui, elle, ne change pas.

Pourquoi cette équation est le bon point de départ

Elle est le modèle de tout ce qui advecte — un polluant emporté par un courant, une information le long d'une fibre, une densité de voitures sur une route.

Et elle éclaire par contraste les deux autres familles du chapitre :

équation	ce qu'elle fait au profil
transport $u_t+cu_x=0$	le déplace, sans le déformer
chaleur $u_t=u_{xx}$	le lisse et l'aplatit (exercice B5)
ondes $u_{tt}=c^2u_{xx}$	le scinde en deux moitiés qui partent en sens opposés (E2)

Réponse : $u_t=-cf'(x-ct)$ et $u_x=f'(x-ct)$ , donc $u_t+cu_x=0$ pour toute $f$ dérivable ; la solution est le profil initial translaté à la vitesse $c$ , chaque valeur voyageant le long d'une caractéristique $x-ct=\text{cte}$ .

\boxed{u(x,t)=f(x-ct)\ \Longrightarrow\ u_t+c\,u_x=0}

Réponse.

u=f(x-ct)

résout

u_t+c\,u_x=0

(onde voyageuse à vitesse

c

). (Recoupement : sympy vérifie

u_t+c\,u_x=0

pour

f

quelconque et pour

f(s)=e^{-s^2}

✓)

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Classification des EDP

ApplicationDifficulté 3/5

Classer (elliptique / parabolique / hyperbolique) les équations de la chaleur $u_t=u_{xx}$ , des ondes $u_{tt}=u_{xx}$ et de Laplace $u_{xx}+u_{yy}=0$ .

Indices (3)

Discriminant $B^2-4AC$ des termes du 2nd ordre $A\,u_{xx}+B\,u_{xy}+C\,u_{yy}$ .

$<0$ elliptique, $=0$ parabolique, $>0$ hyperbolique.

Pour la chaleur, seul $u_{xx}$ est d'ordre 2.

Correction détaillée

L'idée directrice

Les EDP linéaires du second ordre se rangent en trois familles, et ce classement n'est pas une commodité de vocabulaire : chaque famille a son comportement propre, ses conditions aux limites adaptées et ses méthodes de résolution. Reconnaître le type d'une équation, c'est savoir d'avance à quoi s'attendre.

Le critère est exactement celui du trinôme du second degré, ce qui explique les noms empruntés aux coniques.

Le critère

Pour une équation de la forme

A\,u_{xx}+B\,u_{xy}+C\,u_{yy}+(\text{termes d'ordre} \le 1)=0,

on calcule le discriminant $\Delta=B^2-4AC$ :

$\Delta$	type	conique associée
$<0$	elliptique	ellipse
$=0$	parabolique	parabole
$>0$	hyperbolique	hyperbole

⚠️ Le piège est de ne pas mettre l'équation sous cette forme d'abord. Il faut tout passer du même côté, et lire les coefficients des dérivées secondes uniquement — les termes d'ordre $1$ et $0$ n'entrent pas dans $\Delta$ , même s'ils changent la physique.

Les trois cas de l'énoncé

1. La chaleur : $u_t=u_{xx}$ . On réécrit $u_{xx}-u_t=0$ , en jouant le rôle de $y$ pour la variable $t$ :

A=1\ (\text{coefficient de }u_{xx}),\qquad B=0,\qquad C=0\ (\text{il n'y a pas de }u_{tt}).

\Delta=0^2-4\times1\times0=0\qquad\Longrightarrow\qquad \textbf{parabolique.}

2. Les ondes : $u_{tt}=u_{xx}$ , soit $u_{xx}-u_{tt}=0$ :

A=1,\qquad B=0,\qquad C=-1,

\Delta=0-4\times1\times(-1)=4>0\qquad\Longrightarrow\qquad \textbf{hyperbolique.}

3. Laplace : $u_{xx}+u_{yy}=0$ :

A=1,\qquad B=0,\qquad C=1,

\Delta=0-4\times1\times1=-4<0\qquad\Longrightarrow\qquad \textbf{elliptique.}

Le signe de $C$ est le seul écart entre les ondes et Laplace — et il suffit à séparer deux mondes physiques entièrement différents.

Ce que le type dit vraiment

C'est là tout l'intérêt du classement :

type	exemple	temps ?	comportement	conditions
parabolique	chaleur	oui, irréversible	lisse tout, tend vers l'équilibre	une initiale + les bords
hyperbolique	ondes	oui, réversible	propage à vitesse finie, conserve les angles	deux initiales + les bords
elliptique	Laplace	non	régime permanent, solution très régulière	seulement les bords

Trois conséquences concrètes, à retenir :

La chaleur oublie. On ne peut pas remonter le temps : deux profils initiaux différents finissent indiscernables (ils tendent vers le même équilibre). C'est ce qui la rend irréversible.
Les ondes se souviennent. Changer $t$ en $-t$ laisse $u_{tt}=c^2u_{xx}$ inchangée ( $(-1)^2=1$ ) : une onde filmée à l'envers reste une onde valide.
Laplace n'a pas de temps du tout. Il n'y a rien à faire évoluer, seulement un équilibre à trouver — d'où l'absence de condition initiale (exercice C6).

Contrôle sur d'autres équations

équation	$A$	$B$	$C$	$\Delta$	type
$u_t=u_{xx}$	$1$	$0$	$0$	$0$	parabolique
$u_{tt}=u_{xx}$	$1$	$0$	$-1$	$4$	hyperbolique
$u_{xx}+u_{yy}=0$	$1$	$0$	$1$	$-4$	elliptique
$u_{tt}=4u_{xx}$	$4$	$0$	$-1$	$16$	hyperbolique
$u_{xx}+u_{yy}=4$ (Poisson)	$1$	$0$	$1$	$-4$	elliptique
$u_{xy}=0$	$0$	$1$	$0$	$1$	hyperbolique

Deux enseignements se lisent dans ce tableau :

le second membre ne change rien : Poisson (exercice C3) est elliptique comme Laplace ;
une célérité $c$ différente ne change rien non plus : $u_{tt}=4u_{xx}$ reste hyperbolique, seule la vitesse de propagation diffère.

Réponse : la chaleur est parabolique ( $\Delta=0$ ), les ondes sont hyperboliques ( $\Delta=4>0$ ), Laplace est elliptique ( $\Delta=-4<0$ ).

\boxed{\text{chaleur : PARABOLIQUE}\qquad\text{ondes : HYPERBOLIQUE}\qquad\text{Laplace : ELLIPTIQUE}}

Réponse. Chaleur parabolique, ondes hyperbolique, Laplace elliptique. (Recoupement : sympy — discriminants

0

,

4

,

-4

✓ ; chaque type a sa physique : diffusion / propagation / équilibre)

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Transport avec condition initiale

CalculDifficulté 3/5

Résoudre l'équation de transport $u_t+2\,u_x=0$ avec $u(x,0)=e^{-x^2}$ .

Indices (3)

Solution générale $u=f(x-ct)$ avec $c=2$ .

$f$ est imposée par la condition initiale.

$u(x,0)=f(x)=e^{-x^2}$ .

Correction détaillée

L'idée directrice

L'exercice A1 a montré que toute fonction $f(x-ct)$ résout l'équation de transport : il y en a une infinité. La condition initiale est ce qui en sélectionne une seule, et le mécanisme est d'une simplicité qui surprend souvent.

u_t+2u_x=0,\qquad u(x,0)=e^{-x^2}.

Ici $c=2$ . La méthode tient en une phrase : on écrit la forme générale, on l'évalue en $t=0$ , on identifie.

Étape 1 — écrire la forme générale

D'après A1, toute solution de $u_t+2u_x=0$ s'écrit

u(x,t)=f(x-2t)

pour une fonction $f$ dérivable, encore inconnue. La condition initiale va la déterminer.

Étape 2 — identifier $f$

On fait $t=0$ dans la forme générale :

u(x,0)=f(x-2\times0)=f(x).

Or l'énoncé impose $u(x,0)=e^{-x^2}$ . Donc, par identification :

f(x)=e^{-x^2}.

C'est là que se joue tout l'exercice, et le piège est de croire qu'il faut « résoudre » quelque chose : $f$ est la donnée initiale, littéralement. Il n'y a rien à calculer.

Étape 3 — la solution

On reporte $f$ dans la forme générale, en remplaçant l'argument $x$ par $x-2t$ :

\boxed{u(x,t)=e^{-(x-2t)^2}}

⚠️ L'erreur à ne pas commettre : écrire $e^{-x^2-2t}$ ou $e^{-x^2}-2t$ . Ce n'est pas « $f$ moins quelque chose », c'est $f$ évaluée en $x-2t$ . Tout ce qui était $x$ dans $f$ devient $x-2t$ , y compris à l'intérieur du carré.

Étape 4 — la vérification, qui est obligatoire

On ne livre jamais une solution d'EDP sans la reporter dans l'équation. Avec $s=x-2t$ :

u_t=e^{-s^2}\times(-2s)\times\frac{\partial s}{\partial t}=e^{-s^2}\times(-2s)\times(-2)=4s\,e^{-s^2},

u_x=e^{-s^2}\times(-2s)\times\frac{\partial s}{\partial x}=-2s\,e^{-s^2}.

u_t+2u_x=4s\,e^{-s^2}+2\times(-2s\,e^{-s^2})=4s\,e^{-s^2}-4s\,e^{-s^2}=0.\ \checkmark

Et la condition initiale : $u(x,0)=e^{-(x-0)^2}=e^{-x^2}$ ✓

Les deux exigences sont vérifiées — l'équation et la condition. Ne jamais se contenter de l'une des deux.

Ce que la solution raconte

Le profil initial est une cloche gaussienne centrée en $0$ , de hauteur $1$ . La solution est cette cloche qui se déplace vers la droite à la vitesse $2$ , sans changer ni de hauteur ni de largeur.

$t$	sommet en	$u(0,t)$	$u(4,t)$
$0$	$x=0$	$1$	$\approx1{,}1\times10^{-7}$
$1$	$x=2$	$0{,}018316$	$0{,}018316$
$2$	$x=4$	$\approx1{,}1\times10^{-7}$	$1$
$3$	$x=6$	$\approx0$	$0{,}018316$

Deux lectures se complètent :

en suivant le sommet : il est en $x=2t$ , il avance de $2$ par unité de temps ;
en un point fixe, disons $x=4$ : la cloche arrive, passe (valeur $1$ à $t=2$ ) et repart.

À $t=1$ , les valeurs en $x=0$ et $x=4$ sont égales — logique, ces deux points sont symétriques par rapport au sommet $x=2$ . La cloche n'a pas été déformée d'un iota.

Réponse : $u(x,t)=e^{-(x-2t)^2}$ — la gaussienne initiale translatée à la vitesse $2$ , intacte.

Réponse.

u(x,t)=e^{-(x-2t)^2}

. (Recoupement : sympy vérifie

u_t+2u_x=0

et

u(x,0)=e^{-x^2}

✓)

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Principe de superposition

DémonstrationDifficulté 3/5

Montrer que si $u_1$ et $u_2$ résolvent l'équation de la chaleur $u_t=u_{xx}$ , alors toute combinaison $\alpha u_1+\beta u_2$ la résout aussi. Pourquoi est-ce essentiel ?

Indices (3)

L'équation est linéaire.

Dérivées partielles linéaires : $(\alpha u_1+\beta u_2)_t=\alpha (u_1)_t+\beta(u_2)_t$ .

Idem pour $u_{xx}$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut démontrer

Si $u_1$ et $u_2$ résolvent $u_t=u_{xx}$ , alors $\alpha u_1+\beta u_2$ la résout aussi, pour tous réels $\alpha,\beta$ .

C'est le principe de superposition, et c'est la propriété la plus utile du chapitre — sans elle, la méthode de séparation des variables (lot B) ne servirait à rien.

Il vaut pour toute EDP linéaire homogène, et la démonstration ne repose que sur la linéarité de la dérivation.

La démonstration

Posons $u=\alpha u_1+\beta u_2$ . La dérivation est linéaire — la dérivée d'une somme est la somme des dérivées, et une constante sort :

u_t=\alpha\,(u_1)_t+\beta\,(u_2)_t,\qquad u_{xx}=\alpha\,(u_1)_{xx}+\beta\,(u_2)_{xx}.

Par hypothèse, $(u_1)_t=(u_1)_{xx}$ et $(u_2)_t=(u_2)_{xx}$ . On substitue :

u_t=\alpha\,(u_1)_{xx}+\beta\,(u_2)_{xx}=u_{xx}.\qquad\checkmark

Trois lignes. Toute la force du résultat vient de ce qu'il n'exige rien de $u_1$ et $u_2$ : ni forme particulière, ni conditions aux limites, ni régularité au-delà de ce qu'exige l'équation.

Étape 2 — l'hypothèse cachée : LINÉAIRE et HOMOGÈNE

La démonstration s'effondre si l'on change un détail. Deux contre-exemples à connaître, parce qu'ils délimitent exactement la portée du principe.

(a) Équation NON LINÉAIRE. Prenons $u_t=u\,u_x$ (Burgers). Si $u_1$ et $u_2$ la résolvent, que fait $u_1+u_2$ ?

(u_1+u_2)(u_1+u_2)_x=u_1(u_1)_x+u_2(u_2)_x+\underbrace{u_1(u_2)_x+u_2(u_1)_x}_{\text{termes croisés}}.

Les termes croisés ne disparaissent pas, et il n'y a aucune raison qu'ils s'annulent. La somme ne résout pas l'équation.

(b) Équation NON HOMOGÈNE. Prenons $u_t-u_{xx}=1$ . Si $u_1$ et $u_2$ la résolvent, alors

(u_1+u_2)_t-(u_1+u_2)_{xx}=1+1=2\neq1.

La somme résout une autre équation. Ici la parade existe : les différences de solutions, elles, résolvent l'équation homogène — on écrit alors $u=u_{\text{particulière}}+u_{\text{homogène}}$ , exactement comme pour les équations différentielles ordinaires.

Pourquoi c'est essentiel — la réponse à la question posée

Sans superposition, la méthode du chapitre entier ne fonctionne pas. Le raisonnement de la séparation des variables est en effet :

on trouve des solutions élémentaires $u_n$ , une par entier $n$ (exercices B1 et B3) ;
chacune vérifie l'équation et les conditions aux bords, mais pas la condition initiale voulue ;
grâce à la superposition, on en forme une combinaison $\displaystyle u=\sum_n b_n u_n$ , qui vérifie encore l'équation et les bords ;
il ne reste qu'à choisir les $b_n$ pour ajuster la condition initiale — c'est un développement en série de Fourier (exercices B6 et D3).

L'étape 3 est celle qui tomberait. Sans elle, on disposerait d'une collection de solutions particulières sans aucun moyen de les assembler, et on ne saurait résoudre que les cas où la donnée initiale est exactement un mode.

Le mot-clé est que l'ensemble des solutions forme un espace vectoriel : c'est ce qui autorise à chercher une base (les modes propres) et à décomposer dessus.

Un exemple qui tourne

Sur $[0,\pi]$ , deux solutions élémentaires de $u_t=u_{xx}$ (vérifiées à l'exercice B1) :

u_1=\sin(x)\,e^{-t},\qquad u_2=\sin(2x)\,e^{-4t}.

La combinaison $u=3u_1-u_2$ donne

u(x,t)=3\sin(x)\,e^{-t}-\sin(2x)\,e^{-4t}.

Vérifions directement :

u_t=-3\sin(x)e^{-t}+4\sin(2x)e^{-4t},

u_{xx}=-3\sin(x)e^{-t}+4\sin(2x)e^{-4t}.

Elles sont identiques, donc $u_t=u_{xx}$ ✓ — et cette combinaison est précisément la solution de l'exercice B4, qui ajuste la donnée initiale $3\sin x-\sin 2x$ .

Réponse : par linéarité de la dérivation, $u_t=\alpha(u_1)_{xx}+\beta(u_2)_{xx}=u_{xx}$ ; c'est essentiel parce que la séparation des variables ne produit que des modes élémentaires, et que seule la superposition permet de les combiner pour atteindre une donnée initiale quelconque.

Réponse.

\alpha u_1+\beta u_2

est solution (linéarité) — base de la décomposition en série. (Recoupement : sympy —

3u_1-2u_2

vérifie

u_t=u_{xx}

✓)

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Conditions aux limites

ApplicationDifficulté 3/5

Pour une barre $[0,L]$ chauffée, distinguer une condition de Dirichlet d'une condition de Neumann, et dire combien de conditions il faut pour la chaleur et pour les ondes.

Indices (3)

Dirichlet : on impose la valeur $u$ au bord.

Neumann : on impose le flux $\partial_x u$ au bord (bord isolé si nul).

Compter selon l'ordre en temps.

Correction détaillée

L'idée directrice

Une EDP toute seule a une infinité de solutions — l'exercice A1 en a donné une par fonction $f$ . Ce qui en sélectionne une, ce sont les conditions : au bord du domaine, et à l'instant initial.

Il faut distinguer deux choses que le vocabulaire courant mélange :

	où	ce qu'elle fixe
condition aux limites	aux bords $x=0$ et $x=L$ , pour tout $t$	ce qui se passe aux extrémités de la barre
condition initiale	à $t=0$ , pour tout $x$	l'état de départ

Et le nombre de chacune n'est pas une convention : il se lit sur l'ordre des dérivées de l'équation.

Dirichlet contre Neumann

Condition de DIRICHLET — on impose la VALEUR :

u(0,t)=T_0,\qquad u(L,t)=T_1.

Physiquement : les extrémités sont maintenues à une température fixée — plongées dans un thermostat, un bain de glace, une pièce climatisée. Ce qui se passe à l'intérieur de la barre n'y change rien.

Cas particulier omniprésent dans le chapitre : $T_0=T_1=0$ , dit Dirichlet homogène. C'est celui qui donne les modes en $\sin$ (exercice B3).

Condition de NEUMANN — on impose la DÉRIVÉE :

u_x(0,t)=0,\qquad u_x(L,t)=0.

Physiquement : les extrémités sont isolées. La loi de Fourier dit que le flux de chaleur vaut $-k\,u_x$ ; imposer $u_x=0$ , c'est donc dire qu'aucune chaleur n'entre ni ne sort. La barre est enfermée dans un thermos.

Cette différence de nature a une conséquence spectaculaire : en Dirichlet homogène tout tend vers $0$ (la chaleur s'échappe par les bords), en Neumann la chaleur totale est conservée et la barre tend vers sa température moyenne (exercice D4).

Combien de conditions ? La règle

On compte l'ordre des dérivées, variable par variable.

Pour la chaleur $u_t=c^2u_{xx}$ :

variable	ordre	nombre de conditions
$t$	$1$ (il y a $u_t$ )	1 condition initiale : $u(x,0)=f(x)$
$x$	$2$ (il y a $u_{xx}$ )	2 conditions aux limites

Total : 1 initiale + 2 aux limites.

Pour les ondes $u_{tt}=c^2u_{xx}$ :

variable	ordre	nombre de conditions
$t$	$2$ (il y a $u_{tt}$ )	2 conditions initiales : $u(x,0)$ et $u_t(x,0)$
$x$	$2$	2 conditions aux limites

Total : 2 initiales + 2 aux limites.

⚠️ C'est la différence la plus importante du chapitre. Pour une corde, il ne suffit pas de dire d'où elle part : il faut aussi dire avec quelle vitesse. Une corde pincée ( $u_t(x,0)=0$ , exercice E5) et une corde frappée ( $u(x,0)=0$ , $u_t(x,0)=\psi$ , exercice E3) partent de situations différentes et ne sonnent pas pareil.

L'analogie mécanique est exacte : une équation d'ordre $2$ en temps, c'est $ma=F$ — il faut une position et une vitesse initiales.

Un exemple qui tourne

Le problème complet de l'exercice B4 s'écrit ainsi :

\begin{cases}u_t=u_{xx}&\text{sur }]0,\pi[\times]0,+\infty[\quad\text{(l'équation)}\\ u(0,t)=0,\ u(\pi,t)=0&\text{(2 conditions aux limites, Dirichlet homogène)}\\ u(x,0)=3\sin x-\sin 2x&\text{(1 condition initiale)}\end{cases}

Trois conditions pour une équation parabolique — le compte est bon, et la solution est unique.

Le problème des ondes de l'exercice E5, lui, en porte quatre :

\begin{cases}u_{tt}=u_{xx}\\ u(0,t)=u(\pi,t)=0&\text{(2 aux limites)}\\ u(x,0)=\sin x+\tfrac12\sin 2x&\text{(position initiale)}\\ u_t(x,0)=0&\text{(vitesse initiale)}\end{cases}

Ce qui arrive si on se trompe de compte

erreur	conséquence
trop peu de conditions	une infinité de solutions — le problème est sous-déterminé
trop de conditions	en général aucune solution : les exigences se contredisent
conditions incompatibles	pas de solution régulière ; par exemple $u(x,0)=1$ avec $u(0,t)=0$ crée un saut au coin $(0,0)$

Un problème avec le bon nombre de conditions, dont la solution existe, est unique, et dépend continûment des données, est dit bien posé au sens de Hadamard. C'est la propriété qu'on cherche à établir — et l'exercice C6 la démontre pour le problème de Dirichlet.

Réponse : Dirichlet impose la valeur $u$ (extrémités maintenues), Neumann impose la dérivée $u_x$ (extrémités isolées) ; la chaleur demande 1 condition initiale et 2 aux limites, les ondes en demandent 2 initiales (position ET vitesse) et 2 aux limites.

\boxed{\text{Dirichlet} : u\ \text{imposée}\qquad\text{Neumann} : u_x\ \text{imposée}}

Réponse. Dirichlet = valeur imposée ; Neumann = flux imposé. Chaleur :

2

CL +

1

CI ; ondes :

2

CL +

2

CI. (Recoupement : l'ordre en temps fixe le nombre de CI — cohérent avec les ODE ✓)

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Modéliser avec la bonne EDP

ApplicationDifficulté 3/5

Associer chaque phénomène à son EDP et à son type : (a) refroidissement d'une barre, (b) vibration d'une corde, (c) potentiel électrostatique permanent.

Indices (3)

Diffusion $\longleftrightarrow$ chaleur (parabolique).

Propagation $\longleftrightarrow$ ondes (hyperbolique).

Équilibre/permanent $\longleftrightarrow$ Laplace (elliptique).

Correction détaillée

L'idée directrice

Modéliser, c'est traduire une phrase de physique en une équation. Deux questions suffisent à choisir la bonne famille, et il faut les poser dans cet ordre :

Y a-t-il un temps ? Si le phénomène est permanent, stationnaire, à l'équilibre, il n'y a pas de variable $t$ : c'est Laplace, elliptique.
Sinon, le phénomène s'atténue-t-il ou se propage-t-il ?
- il s'atténue, s'étale, tend vers un équilibre $\Rightarrow$ chaleur, ordre $1$ en temps, parabolique ;
- il oscille, va et vient, se propage $\Rightarrow$ ondes, ordre $2$ en temps, hyperbolique.

Le critère décisif est l'ordre en temps, et il se devine physiquement : un phénomène réversible (qu'on peut filmer à l'envers) est d'ordre $2$ , un phénomène irréversible d'ordre $1$ — dans les trois modèles de ce chapitre (une corde amortie, $u_{tt}+\gamma u_t=c^2u_{xx}$ , est d'ordre $2$ et pourtant irréversible).

(a) Refroidissement d'une barre

\boxed{u_t=c^2\,u_{xx}\qquad\text{équation de la CHALEUR — parabolique}}

$u(x,t)$ est la température au point $x$ à l'instant $t$ .

Pourquoi ordre $1$ en temps. Le refroidissement est irréversible : une barre chaude se refroidit, une barre froide ne se réchauffe jamais spontanément. On ne peut pas filmer le phénomène à l'envers — et une équation d'ordre $1$ en $t$ n'est justement pas symétrique par $t\mapsto-t$ .

Comportement : les irrégularités s'effacent, la température s'uniformise, tout tend vers l'équilibre (exercice B5).

Conditions : 1 initiale (le profil de départ) + 2 aux limites.

(b) Vibration d'une corde

\boxed{u_{tt}=c^2\,u_{xx}\qquad\text{équation des ONDES — hyperbolique}}

$u(x,t)$ est le déplacement transversal de la corde.

Pourquoi ordre $2$ en temps. C'est directement la deuxième loi de Newton, $ma=F$ : l'accélération $u_{tt}$ d'un morceau de corde est proportionnelle à la force de rappel, elle-même proportionnelle à la courbure $u_{xx}$ . Une équation de la dynamique est d'ordre $2$ en temps, toujours.

Réversibilité : changer $t$ en $-t$ laisse $u_{tt}$ inchangée, puisque $(-1)^2=1$ . Une corde filmée à l'envers vibre encore comme une corde — c'est physiquement crédible, à l'inverse du refroidissement.

Comportement : ça oscille indéfiniment (sans amortissement), et le signal se propage à la vitesse finie $c$ .

Conditions : 2 initiales (position et vitesse) + 2 aux limites.

(c) Potentiel électrostatique permanent

\boxed{u_{xx}+u_{yy}=0\qquad\text{équation de LAPLACE — elliptique}}

$u(x,y)$ est le potentiel électrique.

Pourquoi pas de temps du tout. Le mot permanent de l'énoncé est le signal : rien n'évolue, on cherche un état d'équilibre. Il n'y a donc pas de condition initiale — seulement les valeurs au bord du domaine.

Le lien avec (a) est instructif : Laplace est exactement la chaleur à l'équilibre. Poser $u_t=0$ dans $u_t=c^2\Delta u$ donne $\Delta u=0$ . Le régime permanent d'un problème parabolique est un problème elliptique — c'est ce que l'exercice C5 exploite en dimension $1$ .

⚠️ S'il y a des charges dans le domaine, le second membre n'est plus nul : $\Delta u=-\rho/\varepsilon_0$ , c'est l'équation de Poisson (exercice C3). Elle reste elliptique — le second membre ne change pas le type.

Le tableau récapitulatif

phénomène	équation	ordre en $t$	type	comportement
(a) barre qui refroidit	$u_t=c^2u_{xx}$	$1$	parabolique	lisse, irréversible, tend vers l'équilibre
(b) corde qui vibre	$u_{tt}=c^2u_{xx}$	$2$	hyperbolique	oscille, réversible, propage à vitesse $c$
(c) potentiel permanent	$u_{xx}+u_{yy}=0$	—	elliptique	équilibre, très régulier

Les discriminants correspondants ont été calculés à l'exercice A2 : $0$ , $4$ et $-4$ .

D'autres phénomènes, pour s'exercer

phénomène	équation	type
diffusion d'un colorant dans l'eau immobile	chaleur	parabolique
polluant emporté par un courant	transport $u_t+cu_x=0$	(ordre 1, cas à part)
vibration d'une membrane de tambour	ondes 2D $u_{tt}=c^2(u_{xx}+u_{yy})$	hyperbolique
température d'établissement d'un mur, en régime établi	Laplace	elliptique
son dans l'air	ondes 3D	hyperbolique
écoulement d'un fluide parfait irrotationnel	Laplace	elliptique

Les deux questions du début suffisent à trancher chaque ligne — le vocabulaire de l'énoncé (« permanent », « établi », « vibration », « diffusion ») porte presque toujours la réponse.

Réponse : (a) chaleur $u_t=c^2u_{xx}$ , parabolique ; (b) ondes $u_{tt}=c^2u_{xx}$ , hyperbolique ; (c) Laplace $u_{xx}+u_{yy}=0$ , elliptique.

Réponse. (a) chaleur/parabolique, (b) ondes/hyperbolique, (c) Laplace/elliptique. (Recoupement : le type (

B^2-4AC

) prédit la physique — A2 ✓)

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Vérifier un mode de la chaleur

CalculDifficulté 3/5

Vérifier que $u(x,t)=\sin\!\big(\tfrac{n\pi x}L\big)e^{-c^2(n\pi/L)^2 t}$ résout $u_t=c^2u_{xx}$ et les conditions $u(0,t)=u(L,t)=0$ .

Indices (3)

$u_t=-c^2(n\pi/L)^2\,u$ .

$u_{xx}=-(n\pi/L)^2\,u$ , donc $c^2u_{xx}=-c^2(n\pi/L)^2 u$ .

$\sin0=\sin(n\pi)=0$ .

Correction détaillée

L'idée directrice

Avant de chercher les solutions (exercices B2 et B3), il faut savoir en vérifier une. C'est un geste purement mécanique — dériver, remplacer — mais il y a deux choses à vérifier, jamais une seule :

la fonction résout l'équation ;
elle satisfait les conditions aux limites.

Une fonction qui résout l'équation sans respecter les bords ne sert à rien pour le problème physique posé. Les deux contrôles sont indépendants et tous deux obligatoires.

Étape 1 — les dérivées

u(x,t)=\underbrace{\sin\!\Big(\frac{n\pi x}{L}\Big)}_{\text{ne dépend que de }x}\ \underbrace{e^{-c^2(n\pi/L)^2t}}_{\text{ne dépend que de }t}.

Cette structure « produit d'une fonction de $x$ par une fonction de $t$ » est ce qui rend le calcul facile : en dérivant par rapport à $t$ , le facteur en $x$ est une constante, et réciproquement.

Posons $k=\dfrac{n\pi}{L}$ pour alléger, de sorte que $u=\sin(kx)\,e^{-c^2k^2t}$ .

Dérivée en temps (le facteur $\sin(kx)$ sort) :

u_t=\sin(kx)\times\frac{\partial}{\partial t}e^{-c^2k^2t}=\sin(kx)\times(-c^2k^2)\,e^{-c^2k^2t}=-c^2k^2\,u.

Dérivées en espace (le facteur exponentiel sort) :

u_x=k\cos(kx)\,e^{-c^2k^2t},\qquad u_{xx}=-k^2\sin(kx)\,e^{-c^2k^2t}=-k^2\,u.

On retrouve ici que $\sin$ dérivé deux fois redonne $-\sin$ : c'est cette propriété qui fait de $\sin(kx)$ un mode propre de l'opérateur $d^2/dx^2$ , au sens de l'exercice D5.

Étape 2 — la vérification de l'équation

u_t=-c^2k^2\,u\qquad\text{et}\qquad c^2u_{xx}=c^2\times(-k^2u)=-c^2k^2\,u.

Les deux expressions sont identiques :

u_t=c^2u_{xx}.\qquad\checkmark

Noter la mécanique : le facteur $c^2k^2$ dans l'exponentielle a été choisi exactement pour cela. Si l'exposant avait été $-\alpha t$ avec $\alpha$ quelconque, on aurait obtenu $u_t=-\alpha u$ d'un côté et $-c^2k^2u$ de l'autre, d'où la condition $\alpha=c^2k^2$ . C'est ainsi que l'exercice B2 la fera apparaître naturellement.

Étape 3 — les conditions aux limites

En $x=0$ : $\ \sin(k\times0)=\sin0=0$ , donc

u(0,t)=0\times e^{-c^2k^2t}=0.\ \checkmark

En $x=L$ : $\ k L=\dfrac{n\pi}{L}\times L=n\pi$ , donc

\sin(kL)=\sin(n\pi)=0\qquad\text{pour tout entier }n,

u(L,t)=0.\ \checkmark

⚠️ C'est ici que le facteur $\dfrac{n\pi}{L}$ trouve sa raison d'être, et c'est le point à retenir : il n'a pas été choisi au hasard, il est exactement ce qu'il faut pour que le sinus s'annule aux deux bouts. Toute autre valeur de $k$ donnerait $\sin(kL)\neq0$ et violerait la condition en $x=L$ .

C'est ce mécanisme qui quantifie le problème : seules certaines valeurs de $k$ sont admissibles, une par entier $n$ — d'où les modes propres de l'exercice B3.

Un exemple qui tourne

Prenons $L=\pi$ , $c=1$ , $n=2$ . Alors $k=2$ et

u(x,t)=\sin(2x)\,e^{-4t}.

u_t=-4\sin(2x)e^{-4t},\qquad u_{xx}=-4\sin(2x)e^{-4t}.

Elles coïncident ✓. Et $u(0,t)=\sin0\times e^{-4t}=0$ , $u(\pi,t)=\sin(2\pi)\times e^{-4t}=0$ ✓.

Quelques valeurs, au point $x=\pi/4$ où $\sin(2x)=1$ :

$t$	$u(\pi/4,\,t)$
$0$	$1$
$0{,}25$	$e^{-1}\approx0{,}367879$
$0{,}5$	$e^{-2}\approx0{,}135335$
$1$	$e^{-4}\approx0{,}018316$

L'amplitude décroît exponentiellement sans que la forme change : le profil $\sin(2x)$ s'écrase sur place. C'est le comportement caractéristique de la chaleur (exercice B5).

Le point qui décide de tout : les modes élevés meurent vite

Le taux de décroissance est $c^2k^2=c^2\Big(\dfrac{n\pi}{L}\Big)^2$ : il croît comme $n^2$ .

Avec $L=\pi$ , $c=1$ :

$n$	taux	temps pour tomber à $1\%$
$1$	$1$	$\approx4{,}6$
$2$	$4$	$\approx1{,}15$
$3$	$9$	$\approx0{,}51$
$10$	$100$	$\approx0{,}046$

Le mode $n=10$ meurt cent fois plus vite que le fondamental. Or les modes élevés sont ceux qui portent les détails fins du profil — les oscillations rapides.

C'est l'explication mathématique du lissage : la chaleur ne détruit pas tout au même rythme, elle efface d'abord les aspérités et ne laisse survivre que la forme d'ensemble. L'exercice B5 y revient.

Réponse : $u_t=-c^2(n\pi/L)^2u$ et $c^2u_{xx}=-c^2(n\pi/L)^2u$ coïncident, donc l'équation est vérifiée ; et $\sin(n\pi x/L)$ s'annule en $x=0$ comme en $x=L$ , donc les deux conditions de Dirichlet le sont aussi.

\boxed{u_t=c^2u_{xx}\ \checkmark\qquad u(0,t)=u(L,t)=0\ \checkmark}

Réponse. Le mode satisfait l'EDP et les CL Dirichlet. (Recoupement : sympy —

u_t-c^2u_{xx}\equiv0

et

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

✓)

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Séparation des variables

DémonstrationDifficulté 3/5

Par séparation $u(x,t)=X(x)T(t)$ , ramener l'équation de la chaleur $u_t=c^2u_{xx}$ à deux équations différentielles ordinaires.

Indices (3)

Injecter $u=XT$ : $X T'=c^2 X'' T$ .

Diviser par $c^2 XT$ .

Un membre dépend de $t$ , l'autre de $x$ : tous deux constants.

Correction détaillée

L'idée directrice

La séparation des variables est la méthode centrale du chapitre. Son pari est le suivant :

chercher les solutions sous la forme d'un produit $u(x,t)=X(x)\,T(t)$ .

Pourquoi ce pari est-il raisonnable ? Parce qu'il transforme une équation aux dérivées partielles — difficile — en deux équations différentielles ordinaires — connues depuis le lycée. On échange un problème inconnu contre deux problèmes familiers.

⚠️ Ce n'est pas une hypothèse innocente : la plupart des solutions ne sont pas des produits. Mais on trouvera ainsi une famille de solutions élémentaires, et le principe de superposition (exercice A4) permettra ensuite de les combiner pour atteindre les autres. C'est le plan d'ensemble de la méthode.

Étape 1 — injecter le produit dans l'équation

On pose $u(x,t)=X(x)T(t)$ et on calcule les dérivées. Le point clé : dans chaque dérivation, l'autre facteur est une constante.

u_t=X(x)\,T'(t),\qquad u_x=X'(x)\,T(t),\qquad u_{xx}=X''(x)\,T(t).

On reporte dans $u_t=c^2u_{xx}$ :

X\,T'=c^2\,X''\,T.

Étape 2 — le geste décisif : séparer

On divise les deux membres par $c^2XT$ — en supposant $X\neq0$ et $T\neq0$ , ce qui écarte seulement la solution nulle :

\frac{X\,T'}{c^2XT}=\frac{c^2X''T}{c^2XT}\qquad\Longleftrightarrow\qquad \boxed{\frac{T'}{c^2T}=\frac{X''}{X}}

Regardons bien cette égalité, c'est tout l'argument. Le membre de gauche ne dépend que de $t$ . Le membre de droite ne dépend que de $x$ . Or ils sont égaux pour tous $x$ et tous $t$ .

Fixons $x$ et faisons varier $t$ : le membre de droite ne bouge pas, donc celui de gauche non plus. Fixons $t$ et faisons varier $x$ : symétriquement. Les deux membres sont donc une même constante.

On la note $-\lambda$ — le signe moins est une convention qui rendra les valeurs propres positives à l'exercice B3 :

\frac{T'}{c^2T}=\frac{X''}{X}=-\lambda.

Étape 3 — les deux équations ordinaires

L'égalité se scinde en deux, et il n'y a plus la moindre dérivée partielle :

\boxed{X''+\lambda X=0}\qquad\text{(problème SPATIAL, ordre 2)}

\boxed{T'+c^2\lambda T=0}\qquad\text{(problème TEMPOREL, ordre 1)}

Détail du passage : $\dfrac{X''}{X}=-\lambda$ donne $X''=-\lambda X$ , soit $X''+\lambda X=0$ ; et $\dfrac{T'}{c^2T}=-\lambda$ donne $T'=-c^2\lambda T$ , soit $T'+c^2\lambda T=0$ .

Le second se résout immédiatement — c'est l'équation de la décroissance exponentielle :

T(t)=T(0)\,e^{-c^2\lambda t}.

Le premier est plus riche : c'est lui qui porte les conditions aux limites, et qui va sélectionner les valeurs admissibles de $\lambda$ . Il fait l'objet de l'exercice B3.

Vérifier que la boucle se referme

Reprenons les résultats admis de B3 : $\lambda_n=\Big(\dfrac{n\pi}{L}\Big)^2$ et $X_n=\sin\Big(\dfrac{n\pi x}{L}\Big)$ . Le facteur temporel devient

T_n(t)=e^{-c^2\lambda_nt}=e^{-c^2(n\pi/L)^2t},

et le produit

u_n(x,t)=\sin\!\Big(\frac{n\pi x}{L}\Big)e^{-c^2(n\pi/L)^2t}

est exactement la fonction vérifiée à l'exercice B1. La méthode produit donc ce qu'on avait constaté à la main — c'est le contrôle de cohérence qui valide toute la démarche.

Ce qu'il faut retenir de la méthode

Elle se transpose telle quelle aux autres équations, seul le problème temporel change :

équation	problème spatial	problème temporel
chaleur $u_t=c^2u_{xx}$	$X''+\lambda X=0$	$T'+c^2\lambda T=0$ (ordre 1)
ondes $u_{tt}=c^2u_{xx}$	$X''+\lambda X=0$	$T''+c^2\lambda T=0$ (ordre 2)
Laplace $u_{xx}+u_{yy}=0$	$X''+\lambda X=0$	$Y''-\lambda Y=0$ (signe opposé)

Le problème spatial est le même dans les trois cas — c'est lui qui porte la géométrie et les conditions aux limites. C'est pourquoi on le résout une fois pour toutes (exercice B3) et qu'on le réutilise partout.

Deux conséquences visibles :

pour les ondes, $T''+c^2\lambda T=0$ donne des oscillations en $\cos$ et $\sin$ au lieu d'une décroissance (exercice E1) ;
pour Laplace, le changement de signe donne des sinus hyperboliques au lieu de sinus (exercice C4).

Réponse : en posant $u=XT$ et en divisant par $c^2XT$ , on obtient $\dfrac{T'}{c^2T}=\dfrac{X''}{X}$ , deux membres dépendant de variables différentes donc tous deux égaux à une constante $-\lambda$ ; d'où $X''+\lambda X=0$ et $T'+c^2\lambda T=0$ .

Réponse.

X''+\lambda X=0

et

T'+c^2\lambda T=0

(

\lambda

= constante de séparation). (Recoupement : injection vérifiée ; deux ODE découplées — méthode universelle ✓)

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Modes propres spatiaux

CalculDifficulté 3/5

Résoudre le problème spatial $X''+\lambda X=0$ avec $X(0)=X(L)=0$ : trouver les valeurs propres $\lambda_n$ et les modes $X_n$ .

Indices (3)

Pour $\lambda>0$ , $X=A\cos(\sqrt\lambda x)+B\sin(\sqrt\lambda x)$ .

$X(0)=0\Rightarrow A=0$ .

$X(L)=0\Rightarrow\sin(\sqrt\lambda L)=0$ .

Correction détaillée

L'idée directrice

Ce problème est le cœur de tout le chapitre :

X''+\lambda X=0,\qquad X(0)=X(L)=0.

C'est un problème aux valeurs propres. La question n'est pas seulement « quelles sont les solutions ? » mais « pour quelles valeurs de $\lambda$ existe-t-il une solution non nulle ? ».

Il faut bien voir ce qui le distingue d'une équation différentielle ordinaire ordinaire : les conditions ne sont pas données au même point ( $X(0)$ et $X'(0)$ ) mais aux deux bouts ( $X(0)$ et $X(L)$ ). C'est ce qui rend la plupart des $\lambda$ impossibles, et quantifie le problème.

⚠️ La solution nulle $X\equiv0$ marche toujours — mais elle donne $u\equiv0$ , physiquement vide. On la rejette systématiquement.

La méthode : discuter les TROIS cas

La forme des solutions de $X''=-\lambda X$ dépend du signe de $\lambda$ , et il faut examiner les trois cas. Sauter les deux premiers est l'erreur classique — on obtiendrait la bonne réponse sans avoir montré qu'il n'y en a pas d'autre.

Cas 1 — $\lambda<0$ : rien

Posons $\lambda=-\mu^2$ avec $\mu>0$ . L'équation devient $X''=\mu^2X$ , dont les solutions sont exponentielles réelles :

X(x)=A\,e^{\mu x}+B\,e^{-\mu x}.

Appliquons les conditions :

X(0)=A+B=0\ \Longrightarrow\ B=-A,\qquad\text{donc}\qquad X(x)=A\big(e^{\mu x}-e^{-\mu x}\big)=2A\sinh(\mu x).

X(L)=2A\sinh(\mu L)=0.

Or $\sinh(\mu L)>0$ dès que $\mu L>0$ — le sinus hyperbolique ne s'annule qu'en $0$ , contrairement au sinus ordinaire. Donc $A=0$ , donc $X\equiv0$ .

Aucune valeur propre négative. La raison profonde : $\sinh$ ne repasse jamais par zéro, donc une exponentielle partie de $0$ ne peut pas y revenir.

Cas 2 — $\lambda=0$ : rien non plus

L'équation devient $X''=0$ , dont les solutions sont les fonctions affines :

X(x)=Ax+B.

X(0)=B=0,\qquad X(L)=AL=0\ \Longrightarrow\ A=0\quad(\text{car }L\neq0).

Donc $X\equiv0$ : $\lambda=0$ n'est pas valeur propre.

⚠️ Retenir ce cas : il change en conditions de Neumann, où $\lambda=0$ devient valeur propre avec le mode constant $X_0=1$ . C'est toute la différence entre les exercices B3 et D1, et elle a une conséquence physique majeure.

Cas 3 — $\lambda>0$ : les modes propres

Posons $\lambda=k^2$ avec $k>0$ . L'équation $X''=-k^2X$ a pour solutions les oscillations :

X(x)=A\cos(kx)+B\sin(kx).

Première condition : $\ X(0)=A\cos0+B\sin0=A=0$ . Il ne reste que

X(x)=B\sin(kx).

Seconde condition : $\ X(L)=B\sin(kL)=0$ . Comme on refuse $B=0$ (solution nulle), il faut

\sin(kL)=0\qquad\Longleftrightarrow\qquad kL=n\pi,\ n\in\mathbb{Z}^*\qquad\Longleftrightarrow\qquad k=\frac{n\pi}{L}.

\boxed{\lambda_n=\Big(\frac{n\pi}{L}\Big)^2=\frac{n^2\pi^2}{L^2},\qquad X_n(x)=\sin\!\Big(\frac{n\pi x}{L}\Big),\qquad n=1,2,3,\dots}

Pourquoi seulement $n\ge1$ : $n=0$ donne $X\equiv0$ , et $n<0$ redonne le même mode au signe près ( $\sin(-\theta)=-\sin\theta$ ), donc la même solution à une constante multiplicative près.

Un exemple qui tourne

Avec $L=\pi$ , les valeurs propres sont $\lambda_n=n^2$ et les modes $\sin(nx)$ :

$n$	$\lambda_n$	mode	zéros dans $]0,\pi[$
$1$	$1$	$\sin x$	aucun
$2$	$4$	$\sin 2x$	$1$ (en $\pi/2$ )
$3$	$9$	$\sin 3x$	$2$
$4$	$16$	$\sin 4x$	$3$

Vérifions le mode $n=3$ : $X=\sin(3x)$ , donc $X''=-9\sin(3x)=-9X$ , soit $X''+9X=0$ ✓ avec $\lambda_3=9$ ✓. Et $X(0)=\sin0=0$ , $X(\pi)=\sin(3\pi)=0$ ✓.

Le mode $n$ a exactement $n-1$ zéros intérieurs : plus $n$ est grand, plus le profil oscille. Et $\lambda_n=n^2$ croît comme le carré — c'est ce facteur qui, injecté dans $e^{-c^2\lambda_nt}$ , fait mourir les modes fins si vite (exercice B1).

La portée du résultat

Cette famille $\{\sin(n\pi x/L)\}$ est la base sur laquelle tout le chapitre s'appuie :

elle sert pour la chaleur (B4) et pour les ondes (E5) — c'est le même problème spatial dans les deux cas (exercice B2) ;
ses membres sont orthogonaux deux à deux (exercice D2), ce qui permet d'y projeter n'importe quelle donnée initiale ;
c'est très exactement le développement en série de Fourier en sinus — les $\lambda_n$ sont les valeurs propres de $-d^2/dx^2$ avec conditions de Dirichlet, et l'exercice D5 explique pourquoi ce vocabulaire de diagonalisation est le bon.

Réponse : $\lambda_n=\left(\dfrac{n\pi}{L}\right)^2$ et $X_n(x)=\sin\!\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right)$ pour $n\ge1$ ; les cas $\lambda<0$ et $\lambda=0$ ne donnent que la solution nulle.

Réponse.

\lambda_n=\big(\tfrac{n\pi}L\big)^2

,

X_n(x)=\sin\tfrac{n\pi x}L

. (Recoupement : sympy —

X_n''+\lambda_n X_n\equiv0

,

X_n(0)=X_n(L)=0

✓ ; les CL quantifient les fréquences)

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Solution complète de la chaleur

CalculDifficulté 3/5

Résoudre $u_t=u_{xx}$ sur $[0,\pi]$ , $u(0,t)=u(\pi,t)=0$ , avec $u(x,0)=3\sin x-\sin 2x$ .

Indices (3)

La CI est déjà une somme de modes propres ( $L=\pi$ , $c=1$ ).

Chaque mode $\sin(nx)$ est amorti par $e^{-n^2 t}$ .

Superposer.

Correction détaillée

L'idée directrice

C'est le premier problème complet du chapitre : équation, conditions aux limites et condition initiale. Tous les ingrédients des exercices précédents s'assemblent ici.

u_t=u_{xx}\ \text{ sur }[0,\pi],\qquad u(0,t)=u(\pi,t)=0,\qquad u(x,0)=3\sin x-\sin 2x.

Ici $L=\pi$ et $c=1$ , ce qui simplifie tout : $\lambda_n=n^2$ et les modes sont $\sin(nx)$ .

La donnée initiale est déjà une combinaison de modes — c'est ce qui rend l'exercice court. Il n'y aura aucune intégrale à calculer : on lira les coefficients directement. Le cas général, où il faut projeter, fait l'objet des exercices B6 et D3.

Étape 1 — la solution générale

D'après les exercices B2 et B3, les solutions élémentaires de $u_t=u_{xx}$ avec Dirichlet homogène sur $[0,\pi]$ sont

u_n(x,t)=\sin(nx)\,e^{-n^2t},\qquad n\ge1.

Par superposition (exercice A4), toute combinaison en est une :

u(x,t)=\sum_{n\ge1}b_n\sin(nx)\,e^{-n^2t}.

Cette forme respecte déjà l'équation et les deux conditions aux limites, quels que soient les $b_n$ . Il ne reste plus qu'à les choisir pour ajuster la donnée initiale.

Étape 2 — identifier les coefficients

On fait $t=0$ dans la solution générale. Toutes les exponentielles valent $1$ :

u(x,0)=\sum_{n\ge1}b_n\sin(nx).

Or l'énoncé impose

u(x,0)=3\sin x-\sin 2x.

Par identification terme à terme — les modes $\sin(nx)$ étant indépendants les uns des autres (c'est l'orthogonalité de l'exercice D2 qui le garantit) :

b_1=3,\qquad b_2=-1,\qquad b_n=0\ \text{ pour }n\ge3.

⚠️ Ne pas se lancer dans le calcul d'intégrales. La formule $b_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi f(x)\sin(nx)\,dx$ existe (exercice B6) et donnerait le même résultat, mais elle est inutile quand la donnée est déjà écrite dans la base. Un candidat qui la calcule perd dix minutes pour retrouver $3$ et $-1$ .

Étape 3 — la solution

On reporte, en n'oubliant pas que chaque mode a son propre taux de décroissance $e^{-n^2t}$ :

\boxed{u(x,t)=3\sin(x)\,e^{-t}-\sin(2x)\,e^{-4t}}

Le mode $1$ décroît en $e^{-1\times t}$ , le mode $2$ en $e^{-2^2t}=e^{-4t}$ . C'est le point le plus important de l'exercice, et l'erreur la plus fréquente est d'écrire $e^{-2t}$ pour le second — c'est $n^2$ , pas $n$ .

Étape 4 — la vérification, en trois points

L'équation.

u_t=-3\sin(x)e^{-t}+4\sin(2x)e^{-4t},

u_{xx}=-3\sin(x)e^{-t}+4\sin(2x)e^{-4t}.

(pour le second terme : $\sin(2x)$ dérivé deux fois donne $-4\sin(2x)$ , et le signe $-$ devant lui fait $+4$ .)

Les deux sont identiques : $u_t=u_{xx}$ ✓

Les conditions aux limites. $\sin0=0$ et $\sin(2\times0)=0$ , donc $u(0,t)=0$ ✓. Et $\sin\pi=0$ , $\sin(2\pi)=0$ , donc $u(\pi,t)=0$ ✓

La condition initiale. $u(x,0)=3\sin x\times1-\sin 2x\times1=3\sin x-\sin 2x$ ✓

Ce que la solution raconte

Suivons la température au point $x=\pi/2$ , où $\sin(\pi/2)=1$ et $\sin(\pi)=0$ — donc seul le premier mode y est visible :

$t$	$u(\pi/2,\,t)$
$0$	$3$
$0{,}5$	$3e^{-0{,}5}\approx1{,}819592$
$1$	$3e^{-1}\approx1{,}103638$
$2$	$3e^{-2}\approx0{,}406006$

Au point $x=\pi/4$ , en revanche, les deux modes sont présents ( $\sin(\pi/4)=\tfrac{\sqrt2}{2}$ , $\sin(\pi/2)=1$ ) :

$t$	$3\sin(\pi/4)e^{-t}$	$-\sin(\pi/2)e^{-4t}$	total
$0$	$2{,}12132$	$-1$	$1{,}12132$
$0{,}25$	$1{,}652086$	$-0{,}367879$	$1{,}284207$
$0{,}5$	$1{,}286646$	$-0{,}135335$	$1{,}151311$
$1$	$0{,}780390$	$-0{,}018316$	$0{,}762075$

Le second mode est déjà presque éteint à $t=1$ alors que le premier tient encore : on assiste en direct au lissage. Au bout d'un moment, il ne reste plus que $3\sin(x)e^{-t}$ , une simple bosse qui s'affaisse.

Réponse : $u(x,t)=3\sin(x)e^{-t}-\sin(2x)e^{-4t}$ — le mode $2$ s'éteint quatre fois plus vite que le mode $1$ .

Réponse.

u(x,t)=3\sin x\,e^{-t}-\sin 2x\,e^{-4t}

. (Recoupement : sympy —

u_t-u_{xx}\equiv0

,

u(x,0)=3\sin x-\sin2x

,

u(0,t)=u(\pi,t)=0

✓)

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Régime permanent et lissage

DémonstrationDifficulté 3/5

Pour la chaleur en Dirichlet homogène, montrer que $u\to0$ quand $t\to\infty$ , et expliquer pourquoi un profil initial irrégulier devient lisse.

Indices (3)

Chaque mode décroît comme $e^{-c^2(n\pi/L)^2 t}$ .

Le taux croît avec $n$ (hautes fréquences).

Limite de la série.

Correction détaillée

Les deux faits à établir

(1) Pour la chaleur en Dirichlet homogène, $u(x,t)\to0$ quand $t\to+\infty$ . (2) Un profil initial irrégulier devient lisse.

Ces deux propriétés sont les signatures de l'équation parabolique, et elles ont la même cause : le facteur $e^{-c^2\lambda_nt}$ , dont l'exposant croît comme $n^2$ . C'est ce qu'il faut montrer, et non se contenter d'invoquer l'intuition physique.

Étape 1 — pourquoi tout tend vers zéro

La solution s'écrit (exercices B2, B3, A4)

u(x,t)=\sum_{n\ge1}b_n\sin\!\Big(\frac{n\pi x}{L}\Big)e^{-c^2(n\pi/L)^2t}.

Chaque terme porte un facteur $e^{-c^2\lambda_nt}$ avec

\lambda_n=\Big(\frac{n\pi}{L}\Big)^2>0\qquad\text{pour tout }n\ge1.

Toutes les valeurs propres sont strictement positives — c'est précisément ce qu'a établi l'exercice B3 en écartant les cas $\lambda\le0$ . Donc chaque exponentielle tend vers $0$ , et

u(x,t)\ \xrightarrow[t\to+\infty]{}\ 0.

⚠️ Le point décisif est $\lambda_n>0$ , et il vient des CONDITIONS AUX LIMITES, pas de l'équation. En Neumann (exercice D1), $\lambda_0=0$ est valeur propre : son mode ne décroît pas, et la barre tend vers sa moyenne au lieu de zéro. Changer les bords change la limite.

Interprétation physique : les extrémités sont maintenues à $0$ , donc la chaleur s'échappe en permanence par les bouts. À la longue il n'en reste rien.

Étape 2 — la vitesse : le fondamental commande

Tous les modes ne meurent pas au même rythme. Comme $\lambda_1<\lambda_2<\lambda_3<\dots$ , on a

e^{-c^2\lambda_1t}\ \gg\ e^{-c^2\lambda_2t}\ \gg\ \cdots

et le premier mode survit à tous les autres. Aux grands temps,

u(x,t)\ \approx\ b_1\sin\!\Big(\frac{\pi x}{L}\Big)e^{-c^2(\pi/L)^2t}.

Quelle que soit la complication du profil de départ, la barre finit par ressembler à une simple bosse qui s'affaisse. C'est le régime asymptotique, et il ne dépend que de $b_1$ .

Sur l'exemple de l'exercice B4 ( $L=\pi$ , $c=1$ ), avec $u=3\sin(x)e^{-t}-\sin(2x)e^{-4t}$ :

$t$	poids du mode 1	poids du mode 2	rapport
$0$	$3$	$1$	$3$
$0{,}5$	$1{,}819592$	$0{,}135335$	$13{,}4$
$1$	$1{,}103638$	$0{,}018316$	$60{,}3$
$2$	$0{,}406006$	$0{,}000335$	$1210$

À $t=2$ , le second mode pèse mille fois moins que le premier. Il a disparu.

Étape 3 — pourquoi ça LISSE

C'est la même mécanique, lue autrement, et c'est l'idée à retenir du chapitre.

Ce que porte chaque mode. Le mode $n$ a $n-1$ zéros intérieurs (exercice B3) : plus $n$ est grand, plus le profil oscille vite. Les détails fins d'une fonction — une pointe, un saut, une dent de scie — sont donc portés par les modes de grand $n$ .

Ce que la chaleur leur fait. Le taux de décroissance $c^2\lambda_n$ croît comme $n^2$ , donc

\text{plus un détail est fin,\ plus il meurt vite — et \textit{quadratiquement} vite.}

$n$	taux relatif	il faut, pour tomber à $1\%$ ( $L=\pi$ , $c=1$ )
$1$	$1$	$t\approx4{,}61$
$2$	$4$	$t\approx1{,}15$
$5$	$25$	$t\approx0{,}18$
$10$	$100$	$t\approx0{,}046$
$50$	$2500$	$t\approx0{,}0018$

Un détail de « fréquence $50$ » disparaît 2500 fois plus vite que la forme d'ensemble.

Conclusion : l'équation de la chaleur agit comme un filtre passe-bas. Elle rabote les hautes fréquences en premier et ne laisse survivre que les basses. Le profil devient donc lisse, et il le devient très vite — au bout d'un temps arbitrairement petit, la solution est même de classe $\mathcal{C}^\infty$ , quelle que soit l'irrégularité du départ.

Un exemple qui tourne

Partons d'un profil volontairement irrégulier sur $[0,\pi]$ :

f(x)=\sin x+\tfrac12\sin(10x),

soit une bosse douce plus une ondulation rapide de petite amplitude. La solution est

u(x,t)=\sin(x)e^{-t}+\tfrac12\sin(10x)e^{-100t}.

$t$	amplitude de l'ondulation	amplitude de la bosse
$0$	$0{,}5$	$1$
$0{,}01$	$0{,}5\,e^{-1}\approx0{,}183940$	$0{,}990050$
$0{,}05$	$0{,}5\,e^{-5}\approx0{,}003369$	$0{,}951229$
$0{,}1$	$0{,}5\,e^{-10}\approx0{,}000023$	$0{,}904837$

À $t=0{,}1$ , l'ondulation a été divisée par 22 000 pendant que la bosse n'a perdu que 10 %. Le profil est devenu lisse alors que presque rien n'a bougé à grande échelle. C'est exactement ce qu'on voit sur une barre : les aspérités s'effacent d'abord.

La contrepartie : l'irréversibilité

Ce lissage a un prix, et c'est ce qui fait de la chaleur une équation irréversible (exercice A2).

Remonter le temps demanderait de multiplier par $e^{+c^2\lambda_nt}$ , donc d'amplifier les modes élevés — par $e^{2500t}$ pour $n=50$ . La moindre erreur d'arrondi sur un mode fin exploserait instantanément. Le problème rétrograde est mal posé au sens de Hadamard.

Conséquence pratique : on ne peut pas reconstituer le profil initial d'une barre à partir de sa température actuelle. L'information sur les détails fins n'est pas seulement difficile à retrouver — elle a été détruite.

Réponse : $u\to0$ parce que toutes les valeurs propres $\lambda_n=(n\pi/L)^2$ sont strictement positives en Dirichlet homogène ; et le profil se lisse parce que le taux de décroissance $c^2\lambda_n$ croît comme $n^2$ , donc les modes fins — ceux qui portent les irrégularités — meurent quadratiquement plus vite que la forme d'ensemble.

Réponse.

u\to0

; les hautes fréquences s'amortissent en premier (lissage). (Recoupement : sympy —

\lim_{t\to\infty}u=0

; taux ∝

n^2

✓)

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Coefficients de Fourier de la donnée

CalculDifficulté 3/5

Calculer les coefficients $b_n=\dfrac2L\displaystyle\int_0^L f(x)\sin\tfrac{n\pi x}L\,dx$ pour $f(x)=x$ sur $[0,\pi]$ ( $L=\pi$ ).

Indices (3)

$b_n=\dfrac2\pi\displaystyle\int_0^\pi x\sin(nx)\,dx$ .

Intégration par parties : $\int x\sin(nx)dx=-\tfrac{x\cos(nx)}n+\tfrac{\sin(nx)}{n^2}$ .

$\cos(n\pi)=(-1)^n$ .

Correction détaillée

L'idée directrice

Quand la donnée initiale n'est pas déjà une combinaison de modes — contrairement à l'exercice B4 — il faut l'y décomposer. Les coefficients se calculent par la formule de projection

b_n=\frac{2}{L}\int_0^L f(x)\sin\!\Big(\frac{n\pi x}{L}\Big)\mathrm{d}x,

que l'exercice D3 justifiera par l'orthogonalité. Ici on l'applique à $f(x)=x$ sur $[0,\pi]$ , donc avec $L=\pi$ :

b_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi x\,\sin(nx)\,\mathrm{d}x.

Le calcul se fait par intégration par parties : c'est le geste standard dès qu'un polynôme multiplie une fonction trigonométrique.

Étape 1 — l'intégration par parties

On pose, pour faire descendre le degré du polynôme :

u=x\ \Longrightarrow\ u'=1,\qquad v'=\sin(nx)\ \Longrightarrow\ v=-\frac{\cos(nx)}{n}.

⚠️ Le choix n'est pas libre : c'est le facteur $x$ qu'on dérive (il devient $1$ ) et $\sin(nx)$ qu'on primitive. L'inverse ferait monter le degré et ne mènerait nulle part.

\int_0^\pi x\sin(nx)\,\mathrm{d}x=\Big[-\frac{x\cos(nx)}{n}\Big]_0^\pi+\frac{1}{n}\int_0^\pi\cos(nx)\,\mathrm{d}x.

Le terme tout intégré. En $x=\pi$ : $-\dfrac{\pi\cos(n\pi)}{n}$ . En $x=0$ : $-\dfrac{0\times\cos0}{n}=0$ . Donc il vaut $-\dfrac{\pi\cos(n\pi)}{n}$ .

L'intégrale restante.

\frac{1}{n}\int_0^\pi\cos(nx)\,\mathrm{d}x=\frac{1}{n}\Big[\frac{\sin(nx)}{n}\Big]_0^\pi=\frac{\sin(n\pi)-\sin0}{n^2}=0,

car $\sin(n\pi)=0$ pour tout entier $n$ . Elle disparaît entièrement — c'est ce qui rend le calcul court.

Étape 2 — la forme fermée

\int_0^\pi x\sin(nx)\,\mathrm{d}x=-\frac{\pi\cos(n\pi)}{n}.

Or $\cos(n\pi)=(-1)^n$ : le cosinus vaut $-1$ aux multiples impairs de $\pi$ et $+1$ aux pairs. Donc

\int_0^\pi x\sin(nx)\,\mathrm{d}x=-\frac{\pi(-1)^n}{n}=\frac{\pi(-1)^{n+1}}{n}.

En multipliant par $\dfrac2\pi$ :

\boxed{b_n=\frac{2}{\pi}\times\frac{\pi(-1)^{n+1}}{n}=\frac{2(-1)^{n+1}}{n}}

Le $\pi$ se simplifie — c'est le signe qu'on n'a pas commis d'erreur de facteur.

Étape 3 — les premières valeurs

$n$	$(-1)^{n+1}$	$b_n$	valeur
$1$	$+1$	$\dfrac{2}{1}$	$2$
$2$	$-1$	$-\dfrac{2}{2}$	$-1$
$3$	$+1$	$\dfrac{2}{3}$	$\approx0{,}666667$
$4$	$-1$	$-\dfrac{2}{4}$	$-0{,}5$
$5$	$+1$	$\dfrac{2}{5}$	$0{,}4$

Les signes alternent et les amplitudes décroissent en $\dfrac2n$ — lentement. Le développement s'écrit donc

x=2\sin x-\sin 2x+\tfrac23\sin 3x-\tfrac12\sin 4x+\tfrac25\sin 5x-\cdots\qquad\text{sur }]0,\pi[.

Un contrôle qui vaut la peine

Évaluons la série en $x=\pi/2$ , où $f(\pi/2)=\pi/2\approx1{,}570796$ . Les termes pairs s'annulent ( $\sin(n\pi/2)=0$ pour $n$ pair), et il reste

2\Big(1-\tfrac13+\tfrac15-\tfrac17+\cdots\Big).

nombre de termes	somme partielle
$1$	$2$
$2$	$1{,}333333$
$3$	$1{,}733333$
$5$	$1{,}669841$
$10$	$1{,}520920$
$50$	$1{,}560797$

Elle converge vers $\pi/2$ — c'est la série de Leibniz, $1-\frac13+\frac15-\cdots=\frac\pi4$ , multipliée par $2$ . Le développement est donc juste, et le contrôle est indépendant du calcul d'intégration par parties.

⚠️ On voit aussi que la convergence est lente : il faut 50 termes pour trois décimales. C'est la contrepartie du $2/n$ .

Le piège du bord, à connaître

En $x=\pi$ , tous les termes $\sin(n\pi)$ valent $0$ , donc la série vaut $0$ — alors que $f(\pi)=\pi$ . Il n'y a pas d'erreur : la série de Fourier en sinus converge vers le prolongement impair et $2\pi$ -périodique de $f$ , lequel a un saut en $\pi$ (il passe de $\pi$ à $-\pi$ ). En un point de saut, la série converge vers la moyenne des deux limites, soit $\dfrac{\pi+(-\pi)}{2}=0$ ✓

Conséquence pour l'exercice suivant : si l'on injecte $f(x)=x$ comme donnée initiale d'un problème de Dirichlet homogène, il y a une incompatibilité aux coins ( $f(\pi)=\pi$ mais $u(\pi,t)=0$ ). La solution existe et est parfaitement lisse dès $t>0$ — c'est le lissage de l'exercice B5 — mais elle n'est pas continue en $(\pi,0)$ .

Réponse : $b_n=\dfrac{2(-1)^{n+1}}{n}$ , soit $2$ , $-1$ , $\tfrac23$ , $-\tfrac12$ , $\tfrac25$ , … — signes alternés et décroissance en $2/n$ .

Réponse.

b_n=\dfrac{2(-1)^{n+1}}n

(donc

u(x,t)=\sum_n\tfrac{2(-1)^{n+1}}n\sin(nx)e^{-n^2t}

). (Recoupement : sympy integrate donne

\tfrac{2(-1)^{n+1}}n

✓ ; la solution chaleur EST la série de Fourier amortie)

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Vérifier un mode des ondes

CalculDifficulté 3/5

Vérifier que $u(x,t)=\sin\!\big(\tfrac{n\pi x}L\big)\cos\!\big(\tfrac{n\pi c t}L\big)$ résout $u_{tt}=c^2u_{xx}$ avec $u(0,t)=u(L,t)=0$ .

Indices (3)

$u_{tt}=-\big(\tfrac{n\pi c}L\big)^2 u$ .

$u_{xx}=-\big(\tfrac{n\pi}L\big)^2 u$ , donc $c^2u_{xx}=-c^2\big(\tfrac{n\pi}L\big)^2u$ .

Comparer.

Correction détaillée

L'idée directrice

On passe de la chaleur aux ondes, et une seule chose change dans l'équation :

u_t=c^2u_{xx}\quad\longrightarrow\quad u_{tt}=c^2u_{xx}.

Une dérivée temporelle de plus. Mais cette différence d'ordre change tout le comportement : là où la chaleur amortissait, les ondes oscillent.

Le mécanisme se voit dans le facteur temporel. Le problème temporel devient $T''+c^2\lambda T=0$ (exercice B2), dont les solutions sont des cosinus et sinus au lieu d'exponentielles décroissantes :

e^{-c^2\lambda t}\quad\longrightarrow\quad \cos(c\sqrt\lambda\,t)\ \text{ et }\ \sin(c\sqrt\lambda\,t).

⚠️ Le problème SPATIAL, lui, est identique — c'est le même $X''+\lambda X=0$ avec les mêmes conditions de Dirichlet, donc les mêmes modes $\sin(n\pi x/L)$ et les mêmes $\lambda_n$ . Toute la géométrie est déjà faite (exercice B3).

Étape 1 — les dérivées

u(x,t)=\sin\!\Big(\frac{n\pi x}{L}\Big)\cos\!\Big(\frac{n\pi ct}{L}\Big).

Posons $k=\dfrac{n\pi}{L}$ , de sorte que $u=\sin(kx)\cos(kct)$ — le facteur temporel oscille à la pulsation $\omega=kc$ .

En temps (le facteur $\sin(kx)$ est une constante) :

u_t=-kc\,\sin(kx)\sin(kct),\qquad u_{tt}=-(kc)^2\sin(kx)\cos(kct)=-k^2c^2\,u.

En espace (le facteur $\cos(kct)$ est une constante) :

u_x=k\cos(kx)\cos(kct),\qquad u_{xx}=-k^2\sin(kx)\cos(kct)=-k^2\,u.

Deux dérivations d'un cosinus redonnent $-\cos$ , avec le carré du facteur interne : c'est de là que sortent $(kc)^2$ et $k^2$ .

Étape 2 — la vérification

u_{tt}=-k^2c^2\,u\qquad\text{et}\qquad c^2u_{xx}=c^2\times(-k^2u)=-k^2c^2\,u.

Identiques :

u_{tt}=c^2u_{xx}.\qquad\checkmark

Où est passé le $c$ ? Il a été placé exactement là où il fallait : dans $\cos\big(\tfrac{n\pi ct}{L}\big)$ . Un facteur temporel $\cos(\omega t)$ quelconque donnerait $u_{tt}=-\omega^2u$ d'un côté et $-c^2k^2u$ de l'autre, d'où la condition

\omega^2=c^2k^2\qquad\Longleftrightarrow\qquad \omega=ck=\frac{n\pi c}{L}.

C'est la relation de dispersion, et elle fixe les pulsations propres (exercice E6).

Étape 3 — les conditions aux limites

Elles ne portent que sur le facteur spatial, inchangé depuis l'exercice B1 :

u(0,t)=\sin(0)\cos(kct)=0\ \checkmark,\qquad u(L,t)=\sin(n\pi)\cos(kct)=0\ \checkmark

Physiquement : la corde est fixée aux deux extrémités. C'est le cas d'une corde de guitare ou de violon, pincée entre le sillet et le chevalet.

Ce qui change vraiment par rapport à la chaleur

Prenons $L=\pi$ , $c=1$ , $n=2$ , et suivons le point $x=\pi/4$ (où $\sin(2x)=1$ ).

$t$	ondes $\cos(2t)$	chaleur $e^{-4t}$
$0$	$1$	$1$
$\pi/8$	$0{,}707107$	$0{,}207880$
$\pi/4$	$0$	$0{,}043214$
$\pi/2$	$-1$	$0{,}001867$
$\pi$	$1$	$0{,}000003$

Trois différences, toutes visibles dans ce tableau :

l'amplitude ne décroît jamais : elle vaut $1$ en valeur absolue à chaque demi-période. Sans frottement, une corde vibre indéfiniment ;
le signe change : la corde passe de part et d'autre de sa position d'équilibre. La chaleur, elle, reste du même côté ;
c'est périodique : à $t=\pi$ , on retrouve exactement l'état initial. L'équation des ondes est réversible (exercice A2), la chaleur ne l'est pas.

La condition initiale, qui distingue les deux modes

Ce mode-ci a une propriété qu'il faut relever :

u_t(x,0)=-kc\,\sin(kx)\sin(0)=0.

La vitesse initiale est nulle : c'est le mode d'une corde pincée — écartée de sa position d'équilibre puis lâchée sans élan. C'est la situation de l'exercice E5.

Le mode $\sin(kx)\sin(kct)$ , lui, part de $u(x,0)=0$ avec une vitesse non nulle : c'est une corde frappée, comme celle d'un piano (exercice E3).

Les deux résolvent la même équation avec les mêmes bords ; ce sont les deux conditions initiales de l'exercice A5 qui les départagent.

Réponse : $u_{tt}=-\big(\tfrac{n\pi c}{L}\big)^2u$ et $c^2u_{xx}=-c^2\big(\tfrac{n\pi}{L}\big)^2u$ coïncident, donc l'équation est vérifiée ; $\sin(n\pi x/L)$ s'annule aux deux bords ; et la vitesse initiale est nulle, ce qui décrit une corde pincée.

\boxed{u_{tt}=c^2u_{xx}\ \checkmark\qquad u(0,t)=u(L,t)=0\ \checkmark\qquad u_t(x,0)=0}

Réponse. Le mode (onde stationnaire) satisfait l'EDP et les CL, pulsation

\omega_n=\tfrac{n\pi c}L

. (Recoupement : sympy —

u_{tt}-c^2u_{xx}\equiv0

✓ ; la chaleur amortit, les ondes oscillent)

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Formule de d'Alembert

DémonstrationDifficulté 3/5

Montrer que $u(x,t)=\tfrac12[f(x-ct)+f(x+ct)]$ résout $u_{tt}=c^2u_{xx}$ avec $u(x,0)=f(x)$ et $u_t(x,0)=0$ .

Indices (3)

$u_{tt}=\tfrac{c^2}2[f''(x-ct)+f''(x+ct)]$ .

$u_{xx}=\tfrac12[f''(x-ct)+f''(x+ct)]$ .

Évaluer $u$ et $u_t$ en $t=0$ .

Correction détaillée

L'idée directrice

La formule de d'Alembert est l'autre façon de voir les ondes, et elle est plus parlante que les modes propres :

u(x,t)=\tfrac12\big[f(x-ct)+f(x+ct)\big].

On y reconnaît deux ondes de transport (exercice A1) : $f(x-ct)$ part vers la droite, $f(x+ct)$ vers la gauche, chacune à la vitesse $c$ , chacune de moitié de l'amplitude initiale.

Le profil initial se coupe en deux moitiés qui s'éloignent en sens opposés.

C'est physiquement exact : on le voit sur une corde de saut qu'on secoue en son milieu.

Étape 1 — les dérivées

Notons $s_-=x-ct$ et $s_+=x+ct$ , avec

\frac{\partial s_-}{\partial t}=-c,\qquad \frac{\partial s_+}{\partial t}=+c,\qquad \frac{\partial s_-}{\partial x}=\frac{\partial s_+}{\partial x}=1.

En temps. Attention aux signes, qui sont opposés :

u_t=\tfrac12\big[-c\,f'(s_-)+c\,f'(s_+)\big]=\tfrac{c}{2}\big[f'(s_+)-f'(s_-)\big],

u_{tt}=\tfrac{c}{2}\big[c\,f''(s_+)+c\,f''(s_-)\big]=\tfrac{c^2}{2}\big[f''(s_+)+f''(s_-)\big].

Le second signe moins vient de $\dfrac{\partial s_-}{\partial t}=-c$ appliqué une seconde fois : $(-c)\times(-c)=+c^2$ . C'est ce qui fait que les deux termes s'additionnent au lieu de se retrancher.

En espace. Les dérivées valent $1$ , il n'y a aucun signe à surveiller :

u_x=\tfrac12\big[f'(s_-)+f'(s_+)\big],\qquad u_{xx}=\tfrac12\big[f''(s_-)+f''(s_+)\big].

Étape 2 — la vérification

u_{tt}=\frac{c^2}{2}\big[f''(s_+)+f''(s_-)\big]\qquad\text{et}\qquad c^2u_{xx}=c^2\times\tfrac12\big[f''(s_-)+f''(s_+)\big].

Ce sont exactement les mêmes expressions :

u_{tt}=c^2u_{xx}.\qquad\checkmark

Et cela vaut pour toute $f$ deux fois dérivable — aucune hypothèse supplémentaire, comme pour le transport de l'exercice A1.

Étape 3 — les deux conditions initiales

L'équation des ondes en réclame deux (exercice A5), et il faut les vérifier toutes les deux.

Position. À $t=0$ , on a $s_-=s_+=x$ :

u(x,0)=\tfrac12\big[f(x)+f(x)\big]=f(x).\ \checkmark

Vitesse. À $t=0$ , dans l'expression de $u_t$ :

u_t(x,0)=\tfrac{c}{2}\big[f'(x)-f'(x)\big]=0.\ \checkmark

La vitesse initiale est nulle, et c'est automatique : les deux moitiés partent en sens opposés à la même vitesse, donc leurs contributions au mouvement vertical s'annulent exactement à l'instant initial. La formule décrit donc une corde pincée.

Pour une vitesse initiale non nulle, il faut ajouter un second terme — c'est l'objet de l'exercice E3.

Un exemple qui tourne

Prenons $c=1$ et $f(x)=e^{-x^2}$ (une bosse centrée en $0$ ). Alors

u(x,t)=\tfrac12\Big[e^{-(x-t)^2}+e^{-(x+t)^2}\Big].

$t$	ce qu'on voit
$0$	une bosse de hauteur $1$ en $x=0$
$1$	deux bosses de hauteur $0{,}5$ , en $x=-1$ et $x=+1$
$3$	deux bosses de hauteur $0{,}5$ , en $x=-3$ et $x=+3$

Quelques valeurs, avec $u(0,t)$ — le point de départ :

$t$	$u(0,t)$
$0$	$1$
$0{,}5$	$0{,}778801$
$1$	$0{,}367879$
$2$	$0{,}018316$
$3$	$0{,}000123$

Au centre, la bosse s'en va : les deux moitiés se séparent et abandonnent le point de départ. Mais rien ne s'est perdu — l'amplitude est intacte, elle s'est simplement dédoublée et déplacée.

Contraste avec la chaleur : là-bas, la bosse resterait sur place en s'aplatissant. Ici elle garde sa forme et voyage.

Ce que la formule apporte de plus que les modes

Les deux descriptions — modes propres (E1) et d'Alembert — résolvent la même équation, mais elles ne montrent pas la même chose :

	modes propres	d'Alembert
ce qu'on voit	les fréquences, les harmoniques	la propagation, la vitesse finie
domaine naturel	borné (corde fixée)	infini ou très grand
question à laquelle il répond	« quel son entend-on ? »	« quand le signal arrive-t-il ? »

D'Alembert rend immédiate une propriété fondamentale que les modes cachent : la vitesse de propagation finie. La valeur $u(x_0,t_0)$ ne dépend que de $f$ sur l'intervalle $[x_0-ct_0,\;x_0+ct_0]$ — le domaine de dépendance. Ce qui se passe au-delà n'a pas encore eu le temps d'arriver.

C'est l'opposé exact de la chaleur, où une perturbation en un point modifie instantanément la température partout (avec une amplitude infinitésimale, mais non nulle).

Réponse : $u_{tt}=\tfrac{c^2}{2}[f''(x+ct)+f''(x-ct)]=c^2u_{xx}$ ; et $u(x,0)=f(x)$ , $u_t(x,0)=0$ — le profil se scinde en deux moitiés voyageant en sens opposés à la vitesse $c$ .

Réponse.

u=\tfrac12[f(x-ct)+f(x+ct)]

: la donnée initiale se scinde en deux ondes voyageuses (gauche/droite). (Recoupement : sympy vérifie EDP + les deux CI ✓)

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D'Alembert avec vitesse initiale

CalculDifficulté 3/5

Donner la solution de $u_{tt}=c^2u_{xx}$ avec $u(x,0)=0$ et $u_t(x,0)=\psi(x)$ , et vérifier la condition de vitesse.

Indices (3)

Terme de vitesse : $u=\dfrac1{2c}\displaystyle\int_{x-ct}^{x+ct}\psi(s)\,ds$ .

Dériver par rapport à $t$ (règle de Leibniz).

Évaluer en $t=0$ .

Correction détaillée

L'idée directrice

L'exercice E2 traitait la corde pincée : on la lâche d'une position écartée, sans élan. Voici l'autre situation initiale possible — la corde frappée :

u(x,0)=0,\qquad u_t(x,0)=\psi(x).

La corde part droite, mais on lui communique une vitesse : c'est ce que fait le marteau d'un piano, ou une baguette sur une membrane.

L'équation des ondes réclamant deux conditions initiales (exercice A5), ces deux problèmes sont bien distincts, et leurs solutions n'ont pas la même forme.

La solution

\boxed{u(x,t)=\frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}\psi(s)\,\mathrm{d}s}

Au lieu d'une demi-somme de valeurs, c'est une moyenne intégrale de la vitesse initiale, prise sur l'intervalle $[x-ct,\;x+ct]$ .

Cet intervalle porte un nom : c'est le domaine de dépendance du point $(x,t)$ — exactement la portion de l'axe qui a eu le temps d'influencer ce point, compte tenu de la vitesse finie $c$ . Il s'élargit à la vitesse $2c$ quand $t$ croît.

La formule complète de d'Alembert réunit les deux cas :

u(x,t)=\tfrac12\big[f(x-ct)+f(x+ct)\big]+\frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}\psi(s)\,\mathrm{d}s.

Étape 1 — vérifier la condition de position

À $t=0$ , les deux bornes coïncident :

u(x,0)=\frac{1}{2c}\int_{x}^{x}\psi(s)\,\mathrm{d}s=0.\qquad\checkmark

Une intégrale sur un intervalle réduit à un point est nulle : c'est immédiat, et c'est déjà la moitié du travail.

Étape 2 — vérifier la condition de VITESSE

C'est le calcul intéressant. Il faut dériver une intégrale dont les deux bornes dépendent de $t$ , et le bon outil est le théorème fondamental de l'analyse.

Soit $\Psi$ une primitive de $\psi$ . Alors

u(x,t)=\frac{1}{2c}\Big[\Psi(x+ct)-\Psi(x-ct)\Big].

On dérive par rapport à $t$ , en n'oubliant pas de dériver l'intérieur :

u_t=\frac{1}{2c}\Big[c\,\Psi'(x+ct)-(-c)\,\Psi'(x-ct)\Big]=\frac{1}{2}\Big[\psi(x+ct)+\psi(x-ct)\Big].

⚠️ Le double signe moins sur la seconde borne — celui de la soustraction et celui de $-ct$ — se compense et donne un plus. C'est l'erreur la plus fréquente ; se tromper ici donnerait $u_t(x,0)=0$ au lieu de $\psi$ .

À $t=0$ :

u_t(x,0)=\tfrac12\big[\psi(x)+\psi(x)\big]=\psi(x).\qquad\checkmark

Étape 3 — vérifier l'équation

On continue à dériver :

u_{tt}=\tfrac12\big[c\,\psi'(x+ct)-c\,\psi'(x-ct)\big]=\tfrac{c}{2}\big[\psi'(x+ct)-\psi'(x-ct)\big].

Côté espace, à partir de $u=\frac{1}{2c}[\Psi(x+ct)-\Psi(x-ct)]$ :

u_x=\frac{1}{2c}\big[\psi(x+ct)-\psi(x-ct)\big],\qquad u_{xx}=\frac{1}{2c}\big[\psi'(x+ct)-\psi'(x-ct)\big].

Donc

c^2u_{xx}=\frac{c^2}{2c}\big[\psi'(x+ct)-\psi'(x-ct)\big]=\frac{c}{2}\big[\psi'(x+ct)-\psi'(x-ct)\big]=u_{tt}.\ \checkmark

Un exemple qui tourne

Prenons $c=1$ et $\psi(x)=1$ sur $[-1,1]$ , nulle ailleurs — un marteau qui frappe une petite zone à vitesse constante.

u(x,t)=\tfrac12\int_{x-t}^{x+t}\psi(s)\,\mathrm{d}s=\tfrac12\times\text{(longueur de }[x-t,x+t]\cap[-1,1]).

Au centre, en $x=0$ , l'intervalle est $[-t,t]$ :

$t$	intervalle	intersection	longueur	$u(0,t)$
$0{,}5$	$[-0{,}5\,;0{,}5]$	tout entier	$1$	$0{,}5$
$1$	$[-1;1]$	tout entier	$2$	$1$
$2$	$[-2;2]$	$[-1;1]$	$2$	$1$
$10$	$[-10;10]$	$[-1;1]$	$2$	$1$

Le déplacement au centre CROÎT puis se STABILISE à $1$ . C'est la grande différence avec la corde pincée : une corde frappée ne revient pas à sa position de départ, elle se déplace globalement. L'impulsion communiquée persiste.

⚠️ Noter aussi que $u$ reste continue même si $\psi$ ne l'est pas — l'intégration régularise d'un cran. Une vitesse initiale discontinue donne un déplacement continu.

Comparer les deux situations

	corde pincée (E2)	corde frappée (E3)
position initiale	$f(x)$	$0$
vitesse initiale	$0$	$\psi(x)$
solution	$\tfrac12[f(x-ct)+f(x+ct)]$	$\frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}\psi$
régularité	même que $f$	un cran de plus que $\psi$
instrument	guitare, clavecin	piano, tambour

Les deux se superposent librement (exercice A4) : une corde à la fois écartée et lancée est décrite par la somme des deux formules.

Réponse : $u(x,t)=\dfrac{1}{2c}\displaystyle\int_{x-ct}^{x+ct}\psi(s)\,\mathrm{d}s$ ; en dérivant par les bornes, $u_t=\tfrac12[\psi(x+ct)+\psi(x-ct)]$ , qui vaut bien $\psi(x)$ en $t=0$ .

Réponse.

u(x,t)=\dfrac1{2c}\displaystyle\int_{x-ct}^{x+ct}\psi(s)ds

. (Recoupement : sympy (règle de Leibniz) —

u_t(x,0)=\psi(x)

,

u(x,0)=0

✓ ; combiné à E2 = formule complète de d'Alembert)

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Stationnaire = deux ondes voyageuses

DémonstrationDifficulté 3/5

Montrer que l'onde stationnaire $\sin x\cos(ct)$ est la somme de deux ondes voyageuses se propageant en sens opposés.

Indices (3)

Formule produit→somme : $\sin a\cos b=\tfrac12[\sin(a-b)+\sin(a+b)]$ .

Avec $a=x$ , $b=ct$ .

Identifier les ondes $f(x\mp ct)$ .

Correction détaillée

Ce qu'il faut montrer

L'onde stationnaire $\sin(x)\cos(ct)$ est la somme de deux ondes voyageuses de sens opposés.

C'est le pont entre les deux descriptions du chapitre : les modes propres (exercice E1) et la formule de d'Alembert (exercice E2). Ce sont deux lectures d'un même objet, et cet exercice montre qu'elles coïncident.

Le calcul tient en une formule de trigonométrie, mais l'interprétation vaut d'être détaillée : elle explique ce qu'est vraiment une onde stationnaire.

Étape 1 — la formule de factorisation

On part de l'identité d'addition, écrite deux fois :

\sin(a-b)=\sin a\cos b-\cos a\sin b,

\sin(a+b)=\sin a\cos b+\cos a\sin b.

En les additionnant, les termes en $\cos a\sin b$ s'éliminent :

\sin(a-b)+\sin(a+b)=2\sin a\cos b,

d'où

\boxed{\sin a\cos b=\tfrac12\big[\sin(a-b)+\sin(a+b)\big]}

Appliquons avec $a=x$ et $b=ct$ :

\sin(x)\cos(ct)=\tfrac12\big[\sin(x-ct)+\sin(x+ct)\big].

Étape 2 — lire le résultat

\underbrace{\sin(x)\cos(ct)}_{\text{stationnaire}}=\underbrace{\tfrac12\sin(x-ct)}_{\text{voyage à DROITE}}+\underbrace{\tfrac12\sin(x+ct)}_{\text{voyage à GAUCHE}}

Chaque terme est de la forme $f(x\mp ct)$ : c'est exactement l'onde de transport de l'exercice A1, à la vitesse $c$ dans un sens ou dans l'autre.

Le membre de gauche est une onde stationnaire : sa forme spatiale $\sin(x)$ ne bouge jamais, seule son amplitude oscille en $\cos(ct)$ . Le membre de droite est la superposition de deux ondes qui, elles, se déplacent.

Les deux points de vue sont donc rigoureusement équivalents. Une onde stationnaire n'est pas un objet d'une autre nature : c'est ce qu'on obtient quand deux ondes identiques se croisent en sens contraires.

Le contrôle numérique

L'identité doit tenir pour toutes valeurs, testons-la sur trois jeux pris au hasard :

$x$	$c$	$t$	$\sin(x)\cos(ct)$	$\tfrac12[\sin(x-ct)+\sin(x+ct)]$
$1$	$1$	$0{,}5$	$0{,}7384602626$	$0{,}7384602626$
$2$	$3$	$0{,}7$	$-0{,}4590552639$	$-0{,}4590552639$
$0{,}3$	$2$	$1{,}1$	$-0{,}1739139718$	$-0{,}1739139718$

Égalité à toutes les décimales affichées — c'est bien une identité, pas une approximation.

Ce que ça explique : les NŒUDS

L'onde stationnaire s'annule en permanence aux points où $\sin(x)=0$ , soit $x=0,\pi,2\pi,\dots$ : ce sont les nœuds. Ils ne bougent jamais, quelle que soit la valeur de $t$ .

Comment deux ondes qui se déplacent peuvent-elles produire des points immobiles ? Parce qu'en un nœud, les deux contributions sont en opposition de phase permanente :

\tfrac12\sin(0-ct)+\tfrac12\sin(0+ct)=\tfrac12\big[-\sin(ct)+\sin(ct)\big]=0\quad\text{pour tout }t.

Elles s'annulent exactement, à chaque instant. Le nœud n'est pas un endroit où il ne se passe rien : c'est un endroit où deux choses se passent et se compensent en permanence.

À mi-chemin, aux ventres ( $x=\pi/2$ ), c'est l'inverse : les deux ondes s'y renforcent, et l'amplitude est maximale.

$x$	$\sin x$	rôle
$0$	$0$	nœud — immobile
$\pi/2$	$1$	ventre — amplitude maximale
$\pi$	$0$	nœud

C'est précisément ce qui permet à une corde de guitare fixée aux deux bouts de vibrer : ses extrémités doivent être des nœuds, et l'exercice B3 a montré que cela ne laisse que les modes $\sin(n\pi x/L)$ .

La réciproque, tout aussi utile

La lecture inverse s'obtient par la même identité et éclaire une expérience courante : deux ondes identiques qui se croisent en sens contraires produisent une onde stationnaire.

C'est ce qui se passe quand une onde se réfléchit sur un obstacle fixe : l'onde incidente et l'onde réfléchie, de sens opposés, s'additionnent en un régime stationnaire avec des nœuds fixes. On l'observe dans un tuyau d'orgue, une cavité laser, une cuve à ondes.

Réponse : par $\sin a\cos b=\tfrac12[\sin(a-b)+\sin(a+b)]$ , on a $\sin(x)\cos(ct)=\tfrac12\sin(x-ct)+\tfrac12\sin(x+ct)$ — deux ondes de demi-amplitude voyageant en sens opposés à la vitesse $c$ , dont l'interférence crée les nœuds fixes.

Réponse.

\sin x\cos(ct)=\tfrac12[\sin(x-ct)+\sin(x+ct)]

. (Recoupement : sympy — différence

\equiv0

✓ ; modes stationnaires

\longleftrightarrow

ondes voyageuses, deux vues du même phénomène)

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Corde pincée (superposition)

ApplicationDifficulté 3/5

Une corde $[0,\pi]$ ( $c=1$ ) vibre avec $u(x,0)=\sin x+\tfrac12\sin 2x$ , $u_t(x,0)=0$ . Donner $u(x,t)$ .

Indices (3)

Chaque mode $\sin(nx)$ évolue en $\sin(nx)\cos(nt)$ .

Superposer avec les coefficients de la CI.

$\omega_n=n$ ici.

Correction détaillée

L'idée directrice

C'est le pendant de l'exercice B4, côté ondes. Même structure de résolution, une seule différence — mais elle est essentielle :

\text{chaleur : } e^{-n^2t}\qquad\longrightarrow\qquad \text{ondes : }\cos(nt).

Le facteur temporel oscille au lieu de décroître. Rien ne s'amortit.

u_{tt}=u_{xx}\ \text{ sur }[0,\pi],\qquad u(0,t)=u(\pi,t)=0,

u(x,0)=\sin x+\tfrac12\sin 2x,\qquad u_t(x,0)=0.

Ici $L=\pi$ et $c=1$ . La vitesse initiale nulle indique une corde pincée : ce sont donc les modes en $\cos$ (exercice E1) qu'il faut, pas ceux en $\sin$ .

Étape 1 — la solution générale

D'après l'exercice E1, avec $L=\pi$ et $c=1$ , les modes à vitesse initiale nulle sont

u_n(x,t)=\sin(nx)\cos(nt).

⚠️ Bien noter la pulsation. Elle vaut $\omega_n=\dfrac{n\pi c}{L}=\dfrac{n\pi\times1}{\pi}=n$ : c'est $n$ , pas $n^2$ . C'est la différence la plus importante avec la chaleur, où l'exposant était $n^2$ — et c'est elle qui rendra la solution périodique (exercice E6).

Par superposition :

u(x,t)=\sum_{n\ge1}b_n\sin(nx)\cos(nt).

Cette forme vérifie déjà l'équation, les deux conditions aux limites, et la vitesse initiale nulle (chaque $\cos(nt)$ a une dérivée nulle en $t=0$ ).

Étape 2 — identifier les coefficients

On fait $t=0$ , où tous les cosinus valent $1$ :

u(x,0)=\sum_{n\ge1}b_n\sin(nx)=\sin x+\tfrac12\sin 2x.

Par identification :

b_1=1,\qquad b_2=\tfrac12,\qquad b_n=0\ \text{ pour }n\ge3.

Comme en B4, la donnée est déjà écrite dans la base : aucune intégrale à calculer.

Étape 3 — la solution et sa vérification

\boxed{u(x,t)=\sin(x)\cos(t)+\tfrac12\sin(2x)\cos(2t)}

L'équation.

u_{tt}=-\sin(x)\cos(t)-\tfrac12\times4\sin(2x)\cos(2t)=-\sin(x)\cos(t)-2\sin(2x)\cos(2t),

u_{xx}=-\sin(x)\cos(t)-\tfrac12\times4\sin(2x)\cos(2t)=-\sin(x)\cos(t)-2\sin(2x)\cos(2t).

Identiques ✓ (le facteur $4$ apparaît des deux côtés : en temps parce que $\cos(2t)$ dérivé deux fois donne $-4\cos(2t)$ , en espace parce que $\sin(2x)$ fait de même.)

Les bords. $\sin0=\sin(2\times0)=0$ et $\sin\pi=\sin(2\pi)=0$ ✓

Les deux conditions initiales.

u(x,0)=\sin x+\tfrac12\sin 2x\ \checkmark,

u_t(x,0)=-\sin(x)\sin(0)-\sin(2x)\sin(0)=0\ \checkmark

Ce que la corde fait, en chiffres

Suivons le point $x=\pi/4$ , où $\sin(\pi/4)=\tfrac{\sqrt2}{2}$ et $\sin(\pi/2)=1$ — les deux modes y sont visibles :

$t$	mode 1	mode 2	$u(\pi/4,\,t)$
$0$	$0{,}707107$	$0{,}5$	$1{,}207107$
$\pi/4$	$0{,}5$	$0$	$0{,}5$
$\pi/2$	$0$	$-0{,}5$	$-0{,}5$
$\pi$	$-0{,}707107$	$0{,}5$	$-0{,}207107$
$2\pi$	$0{,}707107$	$0{,}5$	$1{,}207107$

Deux observations décisives :

rien ne s'amortit — à $t=2\pi$ on retrouve exactement l'état initial. Sans frottement, la corde vibre indéfiniment ;
le mouvement est périodique de période $2\pi$ , parce que les deux pulsations $\omega_1=1$ et $\omega_2=2$ sont dans un rapport entier. Le mode $2$ fait deux allers-retours pendant que le mode $1$ en fait un, et les deux se retrouvent en phase.

C'est la raison pour laquelle une corde produit une note et non un bruit — voir l'exercice E6.

Le contraste avec la chaleur, en une phrase

Comparons les deux solutions des exercices B4 et E5, sur le même intervalle avec la même famille de modes :

	chaleur (B4)	ondes (E5)
facteur temporel	$e^{-n^2t}$	$\cos(nt)$
exposant / pulsation	en $n^2$	en $n$
aux grands temps	tend vers $0$	oscille indéfiniment
réversible ?	non	oui
les modes fins	meurent les premiers	survivent autant que les autres

La dernière ligne est celle qui compte le plus : les ondes ne lissent pas. Un profil anguleux le reste, ses coins se contentent de voyager. C'est ce qui permet à un signal sonore de traverser une pièce sans se déformer — et ce qu'une équation parabolique ne pourrait jamais faire.

Réponse : $u(x,t)=\sin(x)\cos(t)+\tfrac12\sin(2x)\cos(2t)$ , mouvement périodique de période $2\pi$ , sans aucun amortissement.

Réponse.

u(x,t)=\sin x\cos t+\tfrac12\sin 2x\cos 2t

. (Recoupement : sympy —

u_{tt}-u_{xx}\equiv0

, CL en

0,\pi

nulles ✓ ; chaque harmonique garde sa fréquence — le timbre)

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Harmoniques d'une corde

ApplicationDifficulté 3/5

Une corde de longueur $L$ et de célérité $c$ vibre. Donner les pulsations propres $\omega_n$ et la fréquence du fondamental. Pourquoi entend-on un son périodique ?

Indices (3)

Mode $n$ : pulsation $\omega_n=\tfrac{n\pi c}L$ .

Fondamental = $n=1$ .

Les $\omega_n$ sont des multiples entiers de $\omega_1$ .

Correction détaillée

L'idée directrice

Cet exercice fait le lien entre l'équation des ondes et ce qu'on entend. Deux questions :

quelles sont les pulsations propres $\omega_n$ ?
pourquoi le son est-il périodique, c'est-à-dire perçu comme une note et non comme un bruit ?

La seconde réponse est la plus intéressante, et elle repose sur une propriété arithmétique très particulière de la corde vibrante.

Étape 1 — les pulsations propres

Les modes de l'exercice E1 sont

u_n(x,t)=\sin\!\Big(\frac{n\pi x}{L}\Big)\cos\!\Big(\frac{n\pi ct}{L}\Big),

et le facteur temporel oscille à la pulsation

\boxed{\omega_n=\frac{n\pi c}{L},\qquad n=1,2,3,\dots}

D'où la fréquence (en hertz), qui est ce qu'on mesure :

f_n=\frac{\omega_n}{2\pi}=\frac{nc}{2L}.

Le fondamental est le mode $n=1$ :

\boxed{f_1=\frac{c}{2L}}

et la période correspondante vaut $T_1=\dfrac{1}{f_1}=\dfrac{2L}{c}$ — le temps qu'il faut à une onde pour faire l'aller-retour de la corde, ce qui est physiquement satisfaisant.

Étape 2 — pourquoi le son est PÉRIODIQUE

C'est la question de fond, et la réponse tient en une observation arithmétique :

\omega_n=n\,\omega_1.

Toutes les pulsations propres sont des multiples ENTIERS du fondamental. Les modes s'appellent d'ailleurs les harmoniques pour cette raison.

Conséquence directe : au bout d'une durée $T_1=\dfrac{2\pi}{\omega_1}$ ,

\cos\big(\omega_n(t+T_1)\big)=\cos\big(\omega_nt+n\omega_1T_1\big)=\cos\big(\omega_nt+2\pi n\big)=\cos(\omega_nt),

puisque $2\pi n$ est un multiple entier de la période du cosinus. Chaque mode retrouve exactement sa valeur, donc leur somme aussi :

u(x,t+T_1)=u(x,t).

Le mouvement est périodique de période $T_1$ , quelle que soit la façon dont on a pincé la corde. C'est précisément ce qu'on a observé à l'exercice E5, où la solution reprenait sa valeur initiale à $t=2\pi$ .

Pourquoi ce n'est PAS automatique

Il faut mesurer à quel point cette propriété est particulière. Comparons avec une membrane de tambour circulaire, dont les pulsations propres sont proportionnelles aux zéros des fonctions de Bessel $J_m$ — tous les ordres $m$ contribuant, pas seulement $J_0$ :

corde	membrane circulaire
$\omega_n/\omega_1=1,\ 2,\ 3,\ 4,\dots$	$\omega_n/\omega_1\approx1;\ 1{,}593;\ 2{,}136;\ 2{,}295\dots$
rapports entiers	rapports non entiers
son périodique : une note	son non périodique : un bruit percussif

Les rapports de la membrane n'étant pas entiers, les modes ne se retrouvent pas tous en phase au bout d'une période du fondamental : le mouvement ne se répète pas avec elle. C'est exactement pourquoi un tambour ne joue pas de mélodie alors qu'une corde le fait.

La périodicité du son d'une corde est donc une conséquence de sa géométrie unidimensionnelle et de son homogénéité (célérité $c$ constante), via les zéros du sinus qui sont régulièrement espacés — c'est le résultat de l'exercice B3.

Un exemple qui tourne

Une corde de guitare, corde de La ( $440$ Hz), de longueur vibrante $L=0{,}65$ m.

f_1=\frac{c}{2L}=440\ \Longrightarrow\ c=440\times2\times0{,}65=572\ \text{m}\!\cdot\!\text{s}^{-1}.

Les harmoniques suivants :

$n$	$f_n=n\times440$	note
$1$	$440$ Hz	La (fondamental)
$2$	$880$ Hz	La, une octave au-dessus
$3$	$1320$ Hz	Mi, une quinte encore au-dessus
$4$	$1760$ Hz	La, deux octaves
$5$	$2200$ Hz	Do dièse

On reconnaît la série harmonique de la musique : octave, quinte, quarte… Les intervalles consonants de la gamme occidentale sont exactement les rapports simples de cette suite — $2/1$ , $3/2$ , $4/3$ . Ce n'est pas une convention culturelle arbitraire, c'est la physique de la corde vibrante.

Ce qui règle la hauteur, et ce qui règle le timbre

La formule $f_1=\dfrac{c}{2L}$ contient toute la lutherie :

pour monter le son, on peut	effet sur $f_1$
raccourcir la corde ( $L\searrow$ ) — c'est le doigt sur la touche	$f_1$ augmente
tendre davantage ( $c=\sqrt{T/\mu}$ croît avec la tension) — c'est la cheville	$f_1$ augmente
prendre une corde plus fine ( $\mu\searrow$ , donc $c\nearrow$ )	$f_1$ augmente

Diviser $L$ par deux — poser le doigt à la moitié — double $f_1$ : c'est l'octave. La douzième frette d'une guitare est exactement au milieu de la corde.

Et les coefficients $b_n$ , eux, ne changent pas la hauteur mais le timbre : c'est leur répartition qui fait qu'une guitare et un violon jouant le même La ne sonnent pas pareil. Pincer près du chevalet excite davantage les harmoniques élevés, d'où un son plus brillant.

Réponse : $\omega_n=\dfrac{n\pi c}{L}$ et $f_1=\dfrac{c}{2L}$ ; le son est périodique parce que toutes les pulsations sont des multiples entiers de $\omega_1$ , si bien que tous les modes se retrouvent en phase au bout de $T_1=2L/c$ .

Réponse.

\omega_n=\tfrac{n\pi c}L=n\omega_1

; fondamental

\omega_1=\tfrac{\pi c}L

, période

\tfrac{2L}c

. (Recoupement : sympy — le mode

n

est périodique en

t

de période

\tfrac{2L}{nc}

✓ ; harmonicité

\Longrightarrow

son musical)

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Exercices corrigés — Équations aux dérivées partielles

Les 18 exercices

Équation de transport

Classification des EDP

Transport avec condition initiale

Principe de superposition

Conditions aux limites

Modéliser avec la bonne EDP

Vérifier un mode de la chaleur

Séparation des variables

Modes propres spatiaux

Solution complète de la chaleur

Régime permanent et lissage

Coefficients de Fourier de la donnée

Vérifier un mode des ondes

Formule de d'Alembert

D'Alembert avec vitesse initiale

Stationnaire = deux ondes voyageuses

Corde pincée (superposition)

Harmoniques d'une corde

S'entraîner davantage sur équations aux dérivées partielles