مسابقة دكتوراه 2019 — جامعة الشهيد حمه لخضر - الوادي — الموضوع 03

a) Le terme $\int_0^1 f(x) v(x)\,dx$ est bien défini car $f \in L^2(I)$ et $v \in L^2(I)$ (inégalité de Cauchy-Schwarz). De même, $u'$ et $v'$ sont dans $L^2(I)$, donc le terme $\int_0^1 (u'v' + uv)\,dx$ est également bien défini. Enfin, $H^1(I) \subset \bar{C}(\bar{I})$, donc $u(1), v(1), u(0), v(0)$ ont bien un sens.

b) On pose, pour $u, v \in H^1(I)$ :

$$a(u, v) = \int_0^1 (u'v' + uv)\,dx + u(1)v(1) + u(0)v(0), \qquad \varphi(v) = \int_0^1 f v\,dx.$$

$\varphi$ est linéaire et continue de $H^1(I)$ dans $\mathbb{R}$ (car $|\varphi(v)| \le \|f\|_{L^2} \|v\|_{H^1}$). $a$ est bilinéaire symétrique et continue puisque $|a(u,v)| \le C \|u\|_{H^1(I)} \|v\|_{H^1(I)}$ (en utilisant $H^1(I) \hookrightarrow C(\bar{I})$). $a$ est coercive car

$$a(v, v) = \|v\|_{H^1(I)}^2 + v(1)^2 + v(0)^2 \ge \|v\|_{H^1(I)}^2.$$

Il existe donc, d'après le théorème de Lax-Milgram, une unique $u \in H^1(I)$ solution de (PV).

c) Soit $u$ la solution de (PV). Écrivons (PV) avec $v = \varphi \in D(I)$ (car $D(I) \subset H^1(I)$), en remarquant que $\varphi(0) = \varphi(1) = 0$ : on obtient

$$\int_0^1 (u'\varphi' + u\varphi)\,dx = \int_0^1 f\varphi\,dx \implies \int_0^1 u'\varphi'\,dx = -\int_0^1 (u - f)\varphi\,dx.$$

On pose $w = u - f$ ; on a bien $w \in L^2(I)$ et $\int_0^1 u'\varphi'\,dx = -\int_0^1 w\varphi\,dx$, $\forall \varphi \in D(I)$.

d) On a $u' \in L^2(I)$ et, d'après la question c), la dérivée faible de $u'$ existe et $(u')' = w = u - f \in L^2(I)$, d'où $u \in H^2(I)$. Donc

$$-u'' + u = f \quad \text{dans } I.$$

Il est clair que la fonction nulle $y(t) = 0$ est une solution du problème. Supposons que $y(t) \ne 0$ et intégrons l'équation différentielle :

$$\frac{1}{3} \int y'(t)\,y(t)^{-\frac{2}{3}}\,dt = \int dt.$$

On obtient la fonction $y(t) = t^3$ qui est aussi une solution du problème de Cauchy. Ainsi, à partir de $y(t) = t^3$ on peut construire une infinité de solutions du problème de Cauchy en question. Pour toutes constantes réelles $c_1$ et $c_2$ telles que $c_1 < 0 < c_2$, la fonction $y(t)$ définie par

$$y(t) = \begin{cases} (t - c_1)^3 & \text{pour } t < c_1, \\ 0 & \text{lorsque } c_1 \le t \le c_2, \\ (t - c_2)^3 & \text{pour } t > c_2, \end{cases}$$

est une solution du problème de Cauchy.

L'unicité de la solution n'est pas assurée parce que la fonction $f(y) = 3y^{\frac{2}{3}}$ n'est pas lipschitzienne au voisinage de $y = 0$.

1) L'équation caractéristique associée à $(*)$ est

$$\left( \frac{dy}{dx} \right)^2 + 2y \frac{dy}{dx} + y^2 = 0 \iff \left( \frac{dy}{dx} + y \right)^2 = 0,$$

de discriminant nul : l'EDP est de type parabolique. Donc $\frac{dy}{y} = -dx$, d'où $y e^x = c$ ($c$ constante). On effectue le changement de variables

$$X_1 = y e^x, \qquad X_2 = y.$$

En remplaçant dans l'équation initiale les dérivées exprimées dans les nouvelles variables, on trouve la forme canonique

$$\frac{\partial^2 u}{\partial X_2^2} + \frac{1}{X_2} \frac{\partial u}{\partial X_2} = 0 \iff \frac{\partial}{\partial X_2} \left( X_2 \frac{\partial u}{\partial X_2} \right) = 0.$$

2) De la forme canonique on tire $X_2 \dfrac{\partial u}{\partial X_2} = f(X_1)$, soit $\dfrac{\partial u}{\partial X_2} = \dfrac{1}{X_2} f(X_1)$, d'où

$$u = \left( \ln |X_2| \right) f(X_1) + g(X_1).$$

Donc la forme générale des solutions est

$$u(x, y) = \left( \ln |y| \right) f\left( y e^x \right) + g\left( y e^x \right),$$

où $f$ et $g$ sont des fonctions arbitraires.