PH Prof John H. Maddocks ANALYSE III Corrigé Série 11 2

EPFL
Prof John H. Maddocks
Section : PH
ANALYSE III
Corrigé Série 11
2 Décembre 2016
Remarque Important : La formule donnée dans l’exercice 1b) nous permet de calculer
directement un potentiel vecteur dans le cas d’un champs de vecteur f qui satisfait ∇·f = 0,
définit dans un domaine étoilé. Par contre, pour un domaine, pas forcement étoile, qui est
définit entre deux graphes de function la méthode alternative présenté en classe (voir page
57 du Stuart partie I ), qui permet de assumer une composante du potentiel vecteur égale
à zero (voir aussi exercice 6 et figure dans l’énonce de cette série), peut ramener à des
calcules plus simples.
1. a) Pour v ∈ IR3 on a donc
Z 1
d
ϕ(x + sv) =
h∇f (tx)tv, xi + hf (tx), vi dt
ds |s=0
0
Z 1
=
ht∇f (tx)T x + f (tx), vi dt.
h∇ϕ(x), vi =
0
d
dt
[tf (tx)] = f (tx) + t∇f (tx)x on trouve
Z 1
h∇ϕ(x), vi = hf (x) +
t(∇f T − ∇f )(tx)x dt, vi ∀v ∈ IR3 .
En utilisant que
0
D’où
Z
f (x) = ∇ϕ(x) +
1
t(∇f − ∇f T )(tx)x dt.
0
Noter que l’on retrouve qu’une condition
R 1 nécessaire pour que f dérive d’un potentiel scalaire est ∇f = ∇f T , le terme 0 t(∇f − ∇f T )(tx)x dt peut être regardé
comme un reste dans les cas où le champ f ne dérive pas d’un potentiel scalaire.
b) En utilisant l’identité 4.d de la série 6 on a que
Z 1
∇ ∧ ψ(x) =
2tf (tx) − [∇ · f (tx)]t2 x + ∇f (tx) · t2 x dt
0
Z 1
d 2
=
[t xf (tx)] − [∇ · f (tx)]t2 x dt
dt
0
Z 1
= f (x) −
(∇ · f )(tx)t2 x dt.
0
D’où
Z
f (x) = (∇ ∧ ψ)(x) +
1
(∇ · f )(tx)t2 x dt.
0
Noter que l’on retrouve qu’une condition
nécessaire pour que f dérive d’un potenR1
tiel vecteur est ∇ · f = 0, le terme 0 (∇ · f )(tx)t2 x dt peut être regardé comme un
reste dans les cas où le champ f ne dérive pas d’un potentiel vecteur.
2. a) Comme ∇ · f (x, y, z) = cos y − cos y + 0 = 0 et IR3 est étoilé il existe un potentiel
vecteur pour f sur IR3 . Nous cherchons un potentiel vecteur g tel que g3 ≡ 0.
1
Ceci est toujours possible car le potentiel vecteur est unique a un ‘∇φ’ près.
Conséquemment ∇ ∧ g = f s’écrit
−∂3 g2 (x, y, z) = x cos y
(1)
∂3 g1 (x, y, z) = − sin y
(2)
(∂1 g2 − ∂2 g1 )(x, y, z) = sin x
(3)
(1) ⇒ g2 (x, y, z) = −zx cos y + k(x, y),
(2) ⇒ g1 (x, y, z) = −z sin y + h(x, y),
(3) ⇒ −z cos y + ∂1 k(x, y) − [−z cos y + ∂2 h(x, y)] = sin x
⇔ ∂1 k(x, y) − ∂2 h(x, y) = sin x
On peut donc choisir
k(x, y) = − cos x et h(x, y) ≡ 0.
Ainsi
g(x, y, z) = (−z sin y, −zx cos y − cos x, 0)
est un potentiel vecteur pour f sur IR3 .
b) ∇ · f (x, y, z) = 2x + 2y + 2z = 0 ⇔ x + y + z = 0. Donc il n’y a pas de potentiel
vecteur pour f sur IR3 (ni sur un aucun ouvert de IR3 ).
c) On a bien
∇ · f (x, y, z) =
2xy
2xy
−
= 0.
(x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2
mais Ω n’est pas étoilé, donc le théorème ne s’applique pas. Cependant pour tout
sous-ensemble étoilé E ⊂ Ω on peut en trouver un. Soit
H + = {(x, y, z) ∈ Ω | x > 0} et H − = {(x, y, z) ∈ Ω | x < 0}
montrons qu’il existe un potentiel vecteur g ± ∈ C 1 H ± , IR3 pour f sur H ± et
que l’on peut construire un potentiel vecteur g pour f sur Ω.
Cherchons un potentiel vecteur g + sur H + tel que g3+ ≡ 0.
−∂3 g2+ (x, y, z) = −
∂3 g1+ (x, y, z) =
x2
x2
y
+ y2
x
+ y2
(∂1 g2+ − ∂2 g1+ )(x, y, z) = 0
yz
+ k(x, y),
+ y2
xz
(5) ⇒ g1+ (x, y, z) = 2
+ h(x, y),
x + y2
2xyz
2xyz
(6) ⇒ − 2
+ ∂1 k(x, y) − − 2
+ ∂2 h(x, y) = 0
(x + y 2 )2
(x + y 2 )2
⇔ ∂1 k(x, y) − ∂2 h(x, y) = 0
(4) ⇒ g2+ (x, y, z) =
x2
Donc on peut poser k(x, y) = h(x, y) = 0 et on conclut que
g + (x, y, z) =
z
(x, y, 0) sur H + .
x2 + y 2
2
(4)
(5)
(6)
Un raisonnement similaire amène à choisir
g − (x, y, z) =
z
(x, y, 0) sur H − .
x2 + y 2
et conséquemment
g(x, y, z) =
x2
z
(x, y, 0) ∈ C 1 (Ω, IR3 ).
+ y2
comme potentiel vecteur pour f sur Ω.
3. Soit ψ ∈ C 1 (Ω, IR3 ) potentiel vecteur pour g sur Ω, i.e ∇ ∧ ψ = g sur Ω.
Première Possibilité En utilisant le théorème de Stokes et le fait que la surface
est fermée, on trouve
Z
Z
g · dσ = (∇ ∧ ψ) · dσ = 0.
S
S
Seconde Possibilité En utilisant le théorème de la divergence et le fait que la
surface est fermée, on trouve
Z
Z
g · dσ =
∇ · (∇ ∧ ψ)dV = 0.
S
Int(S)
4. a) Cherchons ψ avec ψ3 ≡ 0. C’est-à-dire
x
r3
y
∂3 ψ1 (x, y, z) = 3
r
z
(∂1 ψ2 − ∂2 ψ1 )(x, y, z) = 3
r
−∂3 ψ2 (x, y, z) =
(7)
(8)
(9)
où r = (x2 + y 2 + z 2 )1/2 . De (7), on tire
Z z
x
ψ2 (x, y, z) = −
dt + k(x, y).
2
2
2 3/2
0 (x + y + t )
Noter qu’en intégrant par parties, on a pour tout s > 0,
Z s
Z s
Z s
1
1 + u2
u2
du
=
du
−
du
2 3/2
2 3/2
2 3/2
0 (1 + u )
0 (1 + u )
0 (1 + u )
Z s
Z s
1
u
=
du −
du
u
1/2
2
(1 + u )
(1 + u2 )3/2
0
Z0 s
s Z s
1
1
1
=
du + u
du
−
1/2
1/2
2
2
2 1/2
0
(1 + u )
0 (1 + u )
0 (1 + u )
s
=
.
(1 + s2 )1/2
3
p
Conséquemment en faisant le changement de variable u = t/ x2 + y 2 on trouve
Z z
Z z
1
1
dt =
dt
2
3/2
2
2
2
3/2
2
2
(1 + x2t+y2 )3/2
0 (x + y )
0 (x + y + t )
Z z/√x2 +y2
1
=
du
2
2
(x + y )(1 + u2 )3/2
0
√ z
z
x2 +y 2
q
p
=
.
=
2
2
2
z
(x + y ) x2 + y 2 + z 2
(x2 + y 2 ) 1 + 2 2
x +y
et donc
ψ2 (x, y, z) =
−xz
+ k(x, y).
+ y 2 )r
(x2
De (8) on conclut de manière analogue que
ψ1 (x, y, z) =
yz
+ c(x, y).
(x2 + y 2 )r
Finalement (9) implique que ∂1 k(x, y) − ∂2 c(x, y) ≡ 0. On peut donc choisir
ψ(x, y, z) =
(x2
z
(y, −x, 0) pour (x, y, z) ∈ A.
+ y 2 )r
Un potentiel vecteur pour f sur A est donc de la forme générale ψ(x, y, z) +
∇φ(x, y, z) + C.
Remarquez que
x
1
=∇ −
kxk3
kxk
et donc le champ f (x) = x/kxk3 possède à la fois le potentiel scalaire −1/kxk et
le potentiel vectoriel ψ sur A.
b) L’intégrale sur S donne
Z
Z
f · dσ =
S
1 dσ = 4π.
S
ce qui est en contradiction avec l’exercice 3. On conclut donc qu’il n’existe pas
de ψ ∈ C 1 (Ω, IR3 ) tel que ∇ ∧ ψ(x) = f (x) sur Ω.
c) L’ensemble B est un sous-ensemble étoilé par rapport au point a = (0, 0, 1) et de
plus ∇ · f = 0 sur B. Par conséquent il existe un champ vectoriel ψ ∈ C 1 (B, IR3 ).
Première Possibilité Il se trouve que le champ (trouvé au point a)
ψ(x, y, z) =
(x2
z
(y, −x, 0) pour (x, y, z) ∈ IR3 \ D
+ y 2 )r
est un potentiel vecteur pour f sur IR3 \ D où D = {(x, y, z) ∈ IR3 | x = y =
0}. Pour obtenir un potentiel vecteur sur B on peut lui ajouter n’importe
quel champ g avec la propriété que ∇ ∧ g = 0 et ψ + g ∈ C 1 (B, IR3 ). Par
(y, −x, 0) pour définir
exemple, on peut choisir g(x, y, z) = (x2−1
+y 2 )
Ψ(x, y, z) = (ψ+g)(x, y, z) =
1
z
1
−
(y, −x, 0) pour (x, y, z) ∈ B.
(x2 + y 2 )
r
4
Noter que Ψ est continu sur B car pour tout z ≥ 0, lim(x,y)→(0,0) Ψ(x, y, z) = 0
(puisque lim(x,y)→(0,0) r = z).
Cependant si z < 0, alors lim(x,y)→(0,0) Ψ(x, yz) n’existe pas. La forme générale du potentiel sur B est donc Ψ(x, y, z) + ∇φ(x, y, z) + C et comme la
fonction ∇φ(x, y, z)+C est continue on ne pourra pas modifier Ψ de manière
à le rendre continu sur Ω.
Seconde Possibilité Pour trouver un potentiel vecteur pour f sur ∀x ∈ B, on
calcule l’intégrale de chemin sur les segments joignant a à x.
5. a)
i. Comme Ω est étoilé et que ∇ · f = 0 alors il existe un potentiel vecteur pour
f sur Ω. Montrons que l’on peut le choisir de la forme Ψ̄ = (0, 0, ψ) avec
ψ ∈ C 2 (Ω).
Soit Ψ = (Ψ1 , Ψ2 , Ψ3 ) ∈ C 2 (Ω, IR3 ) un potentiel vecteur pour f sur Ω. La
forme particulière de f implique que f3 = 0 = ∂1 Ψ2 − ∂2 Ψ1 sur Ω, ce qui
montre qu’il existe un potentiel scalaire P ∈ C 1 (Ω) tel que ∂1 P = Ψ1 et
∂2 P = Ψ2 car Ω est étoilé (et donc simplement connexe).
On peut donc définir Ψ̄ = Ψ − ∇P = (0, 0, Ψ3 − ∂3 P ) qui est encore un
potentiel vecteur pour f sur Ω. Conséquemment on peut toujours assumer que
le potentiel vecteur pour f est de la forme Ψ̄ = (0, 0, ψ) pour un écoulement
plannaire incompressible.
ii. Soient J un intervalle ouvert et x ∈ C 1 (J, IR2 ) une fonction telle que x(t)
décrit la position d’une particule à l’instant t i.e.
x0 (t) = f (x(t)) = (∂2 ψ, −∂1 ψ)(x(t)).
On trouve que
d
ψ(x(t)) = h∇ψ(x(t)), x0 (t)i = h∇ψ(x(t)), f (x(t))i
dt
= ∂1 ψ(x(t))f1 (x(t)) + ∂2 ψ(x(t))f2 (x(t)) = 0,
∀t ∈ J.
et on conclut que les trajectoires x(t) appartiennent aux ensembles de niveaux de ψ.
De plus, à cause de la forme particulière du champ de vitesse f les trajectoires
restent dans un plan x3 = const, elles coïncident donc exactement avec
l’intersection des surface de niveaux de ψ et de ce plan.
iii. Noter que ∂x3 ψ = 0 car ∂x3 f = 0. On a donc que 0 = (∇ ∧ f )3 = 4ψ sur Ω.
Donc ψ est harmonique sur Ω.
b)
i. Comme Ω est étoilé (et donc simplement connexe), et que ∇ ∧ f = 0 alors il
existe un potentiel scalaire pour f sur Ω.
ii. Comme en général pour une fonction a ∈ C 1 (Ω), le vecteur ∇a est orthogonal
aux surfaces de niveaux de a, on a que f = ∇φ est orthogonal aux surfaces de
niveaux de φ. De plus comme les trajectoires appartiennent aux surfaces de
niveaux de ψ, alors f est orthogonal à ∇ψ (car f est tangent aux surfaces de
niveaux de ψ). Conséquemment ∇φ est orthogonal à ∇ψ sur les plans x3 =
const, et donc les lignes de niveaux sur ces plans sont elles aussi orthogonales
en tout points.
iii. On trouve 0 = ∇ · f = ∇ · ∇φ = 4φ.
c)
i. Comme Ω est étoilé et que ∇ · f = 0 alors il existe un potentiel vecteur
pour f sur Ω. Comme f3 = 0, il existe donc une fonction de courant ψ.
5
On trouve ψ(x, y, z) = xy. Les trajectoires sont donc toutes de la forme
x (t) = c1 et , c2 e−t , 0 pour des constantes c1 et c2 et en posant s = c1 et on
voit que les trajectoires correspondent aux graphes de α(s) = (s, const× 1s , 0)
qui sont des branches d’hyperboles.
ii. Comme Ω est étoilé (et donc simplement connexe), et que ∇ ∧ f = 0 alors il
existe un potentiel scalaire pour f sur Ω. On trouve φ(x, y, z) = 21 (x2 − y 2 )
et ses lignes de niveaux sont de la forme β(t) = (cosh(t), sinh(t), 0) aussi des
branches d’hyperboles, mais orthogonales en tous points à celle de ψ.
6. Il s’agit de vérifier que ∇ ∧ F = W. Par composantes
(∇ ∧ F)1 = ∂2 F3 − ∂3 F2 = f1 = W1 ,
(∇ ∧ F)2 = ∂3 F1 − ∂1 F3 = f2 = W2 ,
(∇ ∧ F)3 = ∂1 F2 − ∂2 F1 = −G3 = W3 .
7. a)
i. On a bien u0 (t) = λu(t) pour tous t ∈ J, donc u(t) est une solution de
l’équation différentielle y 0 (t) = λy(t).
ii. Comme A(αf (t) + βg(t)) = (αf (t) + βg(t))0 = αf 0 (t) + βg 0 (t) = αA(f (t)) +
βA(g(t)) pour toutes constantes α, β ∈ IR et pour toutes fonctions f, g ∈ V ,
l’opérateur A est linéaire.
De plus, on bien que A(u(t)) = λu(t) pour tous t ∈]a, b[ et donc la fonction
u est vecteur propre de A associé à la valeur propre λ. Observer que cela
montre que A admet une famille infini (non-dńombrable) de vecteur propre
linéairement indépendants.
b)
i. On calcule L(u(t)), et on trouve
L(u(t)) = au00 (t) + bu0 (t) + cu(t) = u(t)(aλ2 + bλ + c) = 0.
Donc u(t) est une solution l’équation différentielle (1).
ii. On observe que l’opérateur L qui défini l’équation différentielle (1) est linéaire. Conséquemment,
L(u(t)) = C1 L(eλ1 t ) + C2 L(eλ2 t ) = 0
car en utilisant le point i. on a que L(eλi t ) = 0 pour i = 1, 2.
iii. De maniére similaire, on calcule L(u(t)) et on trouve
L(u(t)) = 2aλ + b = 0
car comme λ est une (la) racine double du polynôme aλ2 + bλ + c on a bien
b
λ = − 2a
.
c) On applique les résultats du point b. On commence par calculer les racines du
polynôme λ2 + a = 0, ce qui donne
pour a < 0 les deux racines sont distinctes et valent λ1,2 = ±a, les solutions
rélles sont donc de la forme
u(t) = C1 e−at + C2 eat
pour C1 , C2 ∈ IR.
6
pour a = 0 la racine est double et vaut λ = 0, les solutions réelles sont donc de
la forme
u(t) = C1 + C2 t
pour C1 , C2 ∈ IR.
pour a > 0 les deux racines sont distinctes et valent λ1,2 = ±ia avec i =
les solutions réelles sont donc de la forme
√
−1,
u(t) = C1 cos(|a|t) + C2 sin(|a|t)
pour C1 , C2 ∈ IR.
d) Par linéarité de L, on a simplement que L(u(t)) = L(up (t)) + L(uh (t)) = f (t) car
up est une solution de (2) et que uh est une solution du problème homogène (1).
8. a) On a
u0 (t) = λξ0 eλt = λu(t) = Au(t),
alors u(t) est une solution de l’équation x0 = Ax.
b)
i. On a
u0 (t) = ξ0 eλt + λ(tξ0 + ξ1 )eλt
= (ξ0 + tAξ0 + Aξ1 − ξ0 )eλt
= Au(t),
alors u(t) est une solution de l’équation x0 = Ax.
ii. On a
u0 (t) = (tξ0 + ξ1 )eλt + λ
1 2
t ξ0 + tξ1 + ξ2 eλt
2
1
= (tξ0 + ξ1 + t2 Aξ0 + tAξ1 − tξ0 + Aξ2 − ξ1 )eλt
2
= Au(t),
alors u(t) est une solution de l’équation x0 = Ax.
c)
i. On peut réécrire l’équation (3) comme le système x0 = Ax, ou
0
1
x1
y
x=
=
et A =
.
y0
x2
− ac − ab
Les valeurs propres λ1 et λ2 de la matrice A sont les racines de l’équation
λ( ab + λ) + ac = 0, ce qui est équivalent à dire que λ1 et λ2 sont les racines
de aλ2 + bλ + c = 0.
ii. Si λ1 6= λ2 , les deux solutions sont de la forme du cas a), i.e. x(t) = ξ0 eλt , et
donc la solution générale de (3) est pour
le cas b2 − 4ac > 0 :
y(t) = c1 eλ1 t + c2 eλ2 t .
le cas b2 − 4ac < 0 : w(t) = c1 eλ1 t + c2 eλ2 t il s’agit d’une solution complexe
avec λ1,2 = α ± iβ ∈ C. Sa partie réelle est
y(t) = a1 eαt sin βt + a2 eαt cos βt.
7
le cas b2 − 4ac = 0 : Si λ1 = λ2 , il existe un vecteur propre généralisé et
une des solutions est de la forme du cas (b), i.e x(t) = (tξ0 + ξ1 ) eλt , et
donc la solution générale de (∗) est pour le cas b2 − 4ac = 0,
y(t) = c1 eλt + c2 teλt ,
c1 , c2 ∈ IR.
d) Rappelons, que une matrice J ∈ IRn×n est dite en forme canonique de Jordan,
si




λk 1
0
J1
0


.. ..


J2


.
.



 , k = 1, . . . , s.
J=
 , où Jk = 
.

.
.


.
.

. 1
0
Js
0
λk
Si, A = SJS−1 , alors
(1)
S = [ξ0
(k)
(1)
. . . ξm
. . . . . . ξ0
1
(k)
(s)
(k)
(s)
. . . ξm
. . . . . . ξ0 . . . ξm
],
s
k
(k)
où mk est l’ordre du block Jk et ξ0 . . . ξmk sont les vecteurs propres généralisés
de A, correspondants à la valeur propre λk .
La multiplicité algébrique de la valeur propre 2 est donc de 5 et sa multiplicité
géométrique est donc de 2.
Alors, d’après b) et c), la solution générale de x0 = Ax est

   
 
    
 
0
1
1
3
3
3

3 0
3
 3 3
3
1 2  
    2t
     2t
  2t

   
 

    
u(t) = c1 
0 e + c2 t 0 + 2 e + c3  2 t 0 + t 2 + 1 e

 0 0
0
0 0
0
0
0
0
0
0
0
 
    
0
0
0
0
 0 0
  2t
     2t

    
+ c4 
0 e + c5 t 0 + 0 e .
1
 1 0
0
0
1
La solution du probléme de Cauchy x0 = Ax, x(0) = e1 est
 2t 1 2t 3 2 2t 
e − 2 te + 2 t e
 3 te2t + 3 t2 e2t 
2
 2

2t

2te
u0 (t) = 




0
0
Facultatif : une autre méthode. L’exponentielle d’une matrice J en forme
canonique de Jordan est


 J

tmk −1
1 t . . . (m
e 1
0
k −1)!
 .
J2
.. 


..
e

.
.
.


. 
Jt
Jk
λk t 

e =
 , avec e = e 
.

.
.


.
..


t
0
eJs
0
1
8
où mk est l’ordre du block Jk . Si une matrice A ∈ IRn×n est semblable à une
matrice J en forme canonique de Jordan, i.e. il existe une matrice non singuliere
S telle que J = S−1 AS, alors
eAt = SeJt S−1 .
M(t) = eAt est la matrice fondamentale principale en 0 de l’équation x0 = Ax,
i.e. les colonnes de M(t) sont n solutions réelles linéairement indépendants de
cette equation, et la solution du problème de Cauchy x0 = Ax, x(0) = ξ est
u(t) = M(t)ξ.
Donc pour notre problème on trouve que
 2t

e
te2t 12 t2 e2t 0
0
 0 e2t
te2t
0
0 


Jt
2t

0
e
0
0 
e =0
,
0
0
0
e2t te2t 
0
0
0
0 e2t
et
M(t) = SeJt S−1

1
3 2
t + 32 t2
1 − 21 t + 32 t2
2 t − 2t
 3 t + 3 t2
1 − 32 t − 23 t2 3t + 23 t2
2
 2
2t 
2t
−2t
1 + 2t
=e 

0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0

0
0

0
.
t
1
La solution générale de l’équation x0 = Ax est de la forme

 1

3 2 
1 − 12 t + 32 t2
2t − 2t
1 − 3 t − 3 t2 
 3 t + 3 t2 
2
2
2 


 2
2t 
2t 


2t
−2t
u(t) = c1 e 
 + c2 e 





0
0
0
0
 

 
3 2 
0
t + 2t
0
0
3t + 3 t2 
0
2 
 

 
2t  
2t  

+ c3 e2t 
 1 + 2t  + c4 e 0 + c5 e 0
 0 
1
t
1
0
0


c1 + 12 (−c1 + c2 + 2c3 )t + 32 (c1 − c2 + c3 )t2


 c2 + 23 (c1 − c2 + 2c3 )t + 23 (c1 − c2 + c3 )t2 



2t 
c3 + 2(c1 − c2 + c3 )t
=e 
,




c
+
c
t
4
5


c5 e2t
avec des constantes c1 , c2 , c3 , c4 et c5 arbitraires. La solution du problème de
Cauchy x0 = Ax, x(0) = e1 est
 2t 1 2t 3 2 2t 
e − 2 te + 2 t e
 3 te2t + 3 t2 e2t 
2
 2

.
2te2t
u0 (t) = M(t)e1 = 




0
0
9