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مسابقة دكتوراه 2025 — Université Chadli Bendjedid - El Tarf — الموضوع 01

مسابقة تخصص · EDP

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Concours d'accès au doctorat LMD 2024/2025 — Épreuve de spécialité : Équations aux dérivées partielles

التمرين 1

Classification et courbes caractéristiques d'une EDP du second ordre

On considère l'équation aux dérivées partielles du second ordre y2 uxx−e2x uyy=1,(x,y)∈R×R∗.y^{2}\,u_{xx}-e^{2x}\,u_{yy}=1,\qquad (x,y)\in\mathbb{R}\times\mathbb{R}^*.

1. Déterminer la nature (type) de cette équation.

2. Déterminer les courbes caractéristiques de cette équation.

Remarque : le signe du discriminant B2−ACB^2-AC classe l'équation (>0 hyperbolique, =0 parabolique, <0 elliptique) ; les deux familles réelles distinctes de caractéristiques confirment le caractère hyperbolique.

◀الحل

1. Nature de l'équation

Pour une EDP A uxx+2B uxy+C uyy=⋯A\,u_{xx}+2B\,u_{xy}+C\,u_{yy}=\cdots on a ici A=y2,B=0,C=−e2x.A=y^2,\qquad B=0,\qquad C=-e^{2x}. Le discriminant vaut B2−AC=0−(y2)(−e2x)=y2e2x>0(y≠0).B^2-AC=0-\big(y^2\big)\big(-e^{2x}\big)=y^2 e^{2x}>0\quad(y\neq0). Comme B2−AC>0B^2-AC>0, l'équation est hyperbolique sur R×R∗\mathbb{R}\times\mathbb{R}^*.

2. Courbes caractéristiques

Les caractéristiques vérifient A dy2−2B dx dy+C dx2=0A\,dy^2-2B\,dx\,dy+C\,dx^2=0, soit y2 dy2−e2x dx2=0 ⟹ y dy=±ex dx.y^2\,dy^2-e^{2x}\,dx^2=0\ \Longrightarrow\ y\,dy=\pm e^{x}\,dx. En intégrant : y22=±ex+cste,\frac{y^2}{2}=\pm e^{x}+\text{cste}, d'où les deux familles de courbes caractéristiques  y2−2ex=c1ety2+2ex=c2. \boxed{\ y^2-2e^{x}=c_1\qquad\text{et}\qquad y^2+2e^{x}=c_2.\ } Les variables canoniques associées sont ξ=y2−2ex\xi=y^2-2e^{x} et η=y2+2ex\eta=y^2+2e^{x}.

التمرين 2

Équation de la chaleur avec condition initiale trigonométrique

On considère le problème de la chaleur sur ]0,π[]0,\pi[ : {ut−uxx=0,0<x<π, t>0,u(0,t)=u(π,t)=0,t>0,u(x,0)=2cos⁡ ⁣(3(x+π6)),0≤x≤π.\begin{cases} u_t-u_{xx}=0, & 0<x<\pi,\ t>0,\\ u(0,t)=u(\pi,t)=0, & t>0,\\ u(x,0)=2\cos\!\Big(3\big(x+\tfrac{\pi}{6}\big)\Big), & 0\le x\le\pi. \end{cases}

1. Simplifier la condition initiale et vérifier qu'elle est compatible avec les conditions aux limites de Dirichlet.

2. Résoudre le problème.

Remarque : lorsque la donnée initiale coïncide avec un seul mode propre sin⁡(nx)\sin(nx), inutile de calculer toute la série de Fourier : la solution est ce mode multiplié par e−n2te^{-n^2 t}.

◀الحل

1. Simplification de la donnée initiale

2cos⁡ ⁣(3x+π2)=2(cos⁡3xcos⁡π2−sin⁡3xsin⁡π2)=−2sin⁡3x.2\cos\!\Big(3x+\tfrac{\pi}{2}\Big)=2\big(\cos 3x\cos\tfrac{\pi}{2}-\sin 3x\sin\tfrac{\pi}{2}\big)=-2\sin 3x. Donc u(x,0)=−2sin⁡3xu(x,0)=-2\sin 3x. On vérifie la compatibilité : −2sin⁡0=0-2\sin 0=0 et −2sin⁡3π=0-2\sin 3\pi=0, en accord avec u(0,t)=u(π,t)=0u(0,t)=u(\pi,t)=0.

2. Résolution

Les modes propres du laplacien avec conditions de Dirichlet sur ]0,π[]0,\pi[ sont sin⁡(nx)\sin(nx) associés à la décroissance e−n2te^{-n^2 t}. La donnée initiale est déjà un mode pur (n=3n=3), donc la solution est u(x,t)=−2 e−9tsin⁡3x.u(x,t)=-2\,e^{-9t}\sin 3x.

Vérification : ut=18e−9tsin⁡3x⋅(−1)=−2⋅(−9)e−9tsin⁡3xu_t=18e^{-9t}\sin3x\cdot(-1)=-2\cdot(-9)e^{-9t}\sin3x... calculons : ut=−2(−9)e−9tsin⁡3x=18e−9tsin⁡3xu_t=-2(-9)e^{-9t}\sin3x=18e^{-9t}\sin3x et uxx=−2e−9t(−9)sin⁡3x=18e−9tsin⁡3xu_{xx}=-2e^{-9t}(-9)\sin3x=18e^{-9t}\sin3x, donc ut−uxx=0u_t-u_{xx}=0. Les conditions aux limites et initiale sont satisfaites.

 u(x,t)=−2 e−9tsin⁡(3x). \boxed{\,u(x,t)=-2\,e^{-9t}\sin(3x).\,}

التمرين 3

Décroissance de l'énergie et unicité pour un problème parabolique

On considère le problème (P){ut−2uxx+u=0,0<x<1, t>0,ux(0,t)=0,  u(1,t)=0,t>0,u(x,0)=u0(x),0≤x≤1,(P)\quad\begin{cases} u_t-2u_{xx}+u=0, & 0<x<1,\ t>0,\\ u_x(0,t)=0,\ \ u(1,t)=0, & t>0,\\ u(x,0)=u_0(x), & 0\le x\le1, \end{cases} et l'énergie H(t)=12∫01u(x,t)2 dx\displaystyle H(t)=\frac12\int_0^1 u(x,t)^2\,dx.

1. Montrer que HH est décroissante.

2. En déduire que si u0≡0u_0\equiv0 alors u≡0u\equiv0.

3. En déduire l'unicité de la solution de (P)(P).

Remarque : c'est la méthode d'énergie standard pour l'unicité des problèmes paraboliques ; les conditions mixtes (Neumann en 00, Dirichlet en 11) annulent précisément le terme de bord [u ux]01[u\,u_x]_0^1.

◀الحل

1. Décroissance de l'énergie

En dérivant sous le signe intégral et en utilisant ut=2uxx−uu_t=2u_{xx}-u : H′(t)=∫01u ut dx=∫01u (2uxx−u) dx=2∫01u uxx dx−∫01u2 dx.H'(t)=\int_0^1 u\,u_t\,dx=\int_0^1 u\,(2u_{xx}-u)\,dx=2\int_0^1 u\,u_{xx}\,dx-\int_0^1 u^2\,dx. Intégration par parties : ∫01u uxx dx=[u ux]01−∫01ux2 dx.\int_0^1 u\,u_{xx}\,dx=\big[u\,u_x\big]_0^1-\int_0^1 u_x^2\,dx. Le terme de bord est nul : en x=1x=1, u(1,t)=0u(1,t)=0 ; en x=0x=0, ux(0,t)=0u_x(0,t)=0. Donc H′(t)=−2∫01ux2 dx−∫01u2 dx ≤0.H'(t)=-2\int_0^1 u_x^2\,dx-\int_0^1 u^2\,dx\ \le 0. Ainsi HH est décroissante.

2. Cas u0≡0u_0\equiv0

Si u0≡0u_0\equiv0 alors H(0)=0H(0)=0. Comme H≥0H\ge0 (intégrale d'un carré) et HH décroissante, 0≤H(t)≤H(0)=00\le H(t)\le H(0)=0, donc H(t)=0H(t)=0 pour tout t≥0t\ge0. D'où ∫01u2 dx=0\int_0^1 u^2\,dx=0, et par continuité u(x,t)=0u(x,t)=0 pour tout x,tx,t : u≡0u\equiv0.

3. Unicité

Soient u1,u2u_1,u_2 deux solutions de (P)(P) de même donnée u0u_0. Par linéarité, w=u1−u2w=u_1-u_2 vérifie le même problème avec donnée initiale nulle et les mêmes conditions aux limites homogènes. D'après la question 2, w≡0w\equiv0, donc u1=u2u_1=u_2 : la solution de (P)(P) est unique.

H′(t)=−2 ⁣∫01ux2− ⁣∫01u2≤0 ⇒ deˊcroissance, puis uniciteˊ par w=u1−u2.\boxed{H'(t)=-2\!\int_0^1 u_x^2-\!\int_0^1 u^2\le0\ \Rightarrow\ \text{décroissance, puis unicité par }w=u_1-u_2.}