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EDP avec changement de variables.

Posté par
toureissa 12-12-18 à 08:28

Bonjour,

Voici un exercice que j'ai essayer et j'aimerais savoir si tout va bien.

Soit f: \R^2 \rightarrow \R de classe C^1 satisfaisant à l'équation aux dérivées partielles:

y \frac{\partial f}{\partial x}-c\frac{\partial f}{\partial y}=(y-x)f.   (1)

En introduisant les nouvelles variables u=x^2+y^2 et v=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}, et la nouvelle fonction g=\ln (f)-(x+y), résoudre l'équation (1).

Voici ce que j'ai fait :

On a \frac{\partial f}{\partial x}=f\frac{\partial g}{\partial x}+f

et

\frac{\partial f}{\partial y}=f\frac{\partial g}{\partial y}+f

En les remplaçant dans (1) ona :

y\frac{\partial g}{\partial x}-c\frac{\partial g}{\partial y}=0 (2)

Et avec le changement des variables :

En posant G(u,v)=g(x,y):

\frac{\partial g}{\partial x}=2x\frac{\partial G}{\partial u}-\frac{1}{x^2}\frac{\partial G}{\partial v}

Et

\frac{\partial g}{\partial y}=2y\frac{\partial G}{\partial u}-\frac{1}{y^2}\frac{\partial G}{\partial v}

En les remplaçant dans (2) on a :

(\frac{x}{y^2}-\frac{y}{x^2})\frac{\partial G}{\partial v}=0,

si x et y sont différents et non nuls alors:

G(u,v)=P(u) où P est une fonction de R dans R , de classe C^1.

En remontant à g :

g(x,y)=P(x^2+y^2)

Et finalement f(x,y)=\exp(x+y+P(x^2+y^2)).

Posté par
Razesre : EDP avec changement de variables. 12-12-18 à 08:41

Bonjour toureissa,

f(x,y)=\exp(x+y+P(x^2+y^2)).


Que pense tu de kf (x,y), k\in R est ce une solution.?

Posté par
toureissare : EDP avec changement de variables. 12-12-18 à 09:37

Oui je vois .

Je peux alors dire ici : G(u,v)=P(u)+c où c est un réel.

g(x,y)=P(x^2+y^2)+c

\ln(f)(x,y)=x+y+P(x^2+y^2)+c

Donc f(x,y)=e^c\exp(x+y+P(x^2+y^2))

On pose ensuite k=e^c.

Posté par
Razesre : EDP avec changement de variables. 12-12-18 à 15:47

Même cela, ça dérange un peu car -f est aussi solution.

Si on revient au moment où tu as définit g, tu as utilisé \ln f mais à quelle condition peut on lest faire?

Posté par
etniopalre : EDP avec changement de variables. 12-12-18 à 18:24

     Si on parle de 1/x et de  1/y  pour un changement de variable c'est qu'on suppose que x.y est non nul donc que (x,y) U := ²  privé de {0}  et  de {0}

     L'application h :  (x , y) (x² + y² , 1/x + 1/y) de U vers ² n'est pas injective donc ne peut participer à aucun changement de variable .
A moins de la restreindre à un ouvert convenable V contenu dans U  .  
On pourra alors chercher quelles sont les f : V admettant des dp1 vérifiant  y \frac{\partial f}{\partial x}(x,y) - c\frac{\partial f}{\partial y}(x,y) = (y - x)f(x,y) pour tout (x,y) de V ..


Posté par
Razesre : EDP avec changement de variables. 14-12-18 à 00:58

Bonsoir,

Nous avons l'EDP: y\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)-c\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=(y-x)f(x,y) : (1)
a) Cas: c=0, l'EDP devient plus simple y\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=(y-x)f(x,y) : (1), qui est plus facile à résoudre (j'y reviendrais si il le faut)

b) Cas: c\neq 0,
Après un premier essai afin de faire disparaitre une des dérivées partielles en procédant à un changement de variables, en posant s=y^2+2cx, t=y qui est une transformation bijective et qui ne pose aucun problème.  Dans un deuxième temps et afin de rendre le second membre de l'EDP plus sympathique, j'avais posé u=y^2+2cx+a, v=y+b ; avec a,b à déterminer.

J'ai finalement obtenu le changement de variable suivant:
u=y^2+2cx-c^2, v=y+c,y-x=\frac{1}{2c}(v^2-u),f(x,y)=g(u,v)

L'EDP obtenue est plus facile à résoudre (je la posterais si vous y arrivez pas)

Posté par
perroquetre : EDP avec changement de variables. 14-12-18 à 12:16

Bonjour à tous.

La méthode proposée par toureissa pour résoudre l'équation aux dérivées partielles comporte plusieurs défauts.

Le premier problème a été signalé par Razes qui souligne à juste titre que la méthode ne permet a priori de déterminer que les solutions strictement positives de l'équation.  On peut certes sans effort en déduire les solutions strictement négatives, mais il existe des solutions de cette équation qui ne gardent pas un signe constant. Et pour obtenir celles-la avec la méthode de toureissa ...

etniopal souligne également qu'il faudrait justifier la validité du changement de variable. Et, en effet, pour avoir un difféomorphisme, il faut se placer sur un ouvert qui ne rencontre pas les trois droites d'équations x=0 , y=0 et y=x (au minimum). Et pourtant, les solutions obtenues par toureissa sont de classe C^1 sur \mathbb R^2.

Je rajouterai une troisième objection: les calculs faits par toureissa sont faux. Ils sont justes lorsque l'équation aux dérivées partielles est la suivante:
\blue y\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)-\red{x}\blue\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=(y-x)f(x,y)
l'équation proposée par toureissa étant la suivante:
\blue y\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)-c\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=(y-x)f(x,y)
(on remarque un \blue c à la place d'un \red x ou l'inverse ...)

Dans le post suivant, je proposerai une solution rigoureuse de l'équation:
\blue y\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)-{x}\blue\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=(y-x)f(x,y)

Dans un autre post, je proposerai une légère amélioration de la méthode de Razes pour résoudre l'équation:
\blue y\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)-c\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=(y-x)f(x,y)

Posté par
perroquetre : EDP avec changement de variables. 14-12-18 à 12:49

Résolution de l'équation   (E)   :   \blue y\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)-x\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=(y-x)f(x,y)     :

Je constate d'abord que  f(x,y)=e^{x+y} est solution de (E).

Cela m'amène à poser le changement de fonction   f(x,y)=e^{x+y}g(x+y).
On démontre facilement que f est solution de l'équation (E) si et seulement si g est solution de l'équation  (F)   :     \blue y\dfrac{\partial g}{\partial x}(x,y)-x\dfrac{\partial g}{\partial y}(x,y)=0.

La résolution de l'équation (F) est classique mais assez technique (changement de variables en polaires qui permet d'obtenir les solutions sur "presque tout  \mathbb R^2", puis "étude des solutions sur \mathbb R^2\setminus\{(0,0)\}"...). Je me contenterai d'en donner les solutions sur \mathbb R^2\setminus\{(0,0)\}: c'est l'ensemble des fonctions (x,y) \longmapsto \varphi(x^2+y^2), où \varphi décrit l'ensemble des fonctions de classe C^1 sur ]0,+\infty[, à valeurs dans \mathbb R.

L'ensemble des solutions de l'équation (E) sur \mathbb R^2\setminus\{(0,0)\} est donc l'ensemble des fonctions  (x,y)\longmapsto e^{x+y}\varphi (x^2+y^2), où \varphi décrit l'ensemble des fonctions de classe C^1 sur ]0,+\infty[, à valeurs dans \mathbb R.

(Remarquons que l'ensemble des solutions données par toureissa est bien inclus dans celui que je donne ci-dessus).

Posté par
perroquetre : EDP avec changement de variables. 14-12-18 à 13:20

Résolution de l'équation   (E)   :   \blue y\dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)-c\dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=(y-x)f(x,y)   dans le cas où  c\neq 0:

Je constate d'abord que  f(x,y)=e^{x+\frac{xy}{c}+\frac{y^3}{3c^2}} est solution de (E).

Cela m'amène à poser le changement de fonction   f(x,y)=e^{x+\frac{xy}{c}+\frac{y^3}{3c^2}}g(x+y).
On démontre facilement que f est solution de l'équation (E) si et seulement si g est solution de l'équation  (F)   :     \blue y\dfrac{\partial g}{\partial x}(x,y)-c\dfrac{\partial g}{\partial y}(x,y)=0.

La résolution de l'équation (F) se fait grâce au changement de variables donné par Razes dans un post précédent      s=y^2+2cx    t=y   (qui est associé à un C^1-difféomorphisme de \mathbb R^2 dans \mathbb R^2).
Je ne détaille pas les calculs, je me contente d'écrire les solutions de (F) sur \mathbb R^2 sont données par l'ensemble des fonctions  (x,y)\longmapsto \varphi(y^2+2cx) où \varphi décrit l'ensemble des fonctions de classe C^1 sur \mathbb R, à valeurs dans \mathbb R.

L'ensemble des solutions de (E) sur \mathbb R^2 est donc l'ensemble des fonctions (x,y)\longmapsto e^{x+\frac{xy}{c}+\frac{y^3}{3c^2}} \varphi(y^2+2cx) ,   où \varphi décrit l'ensemble des fonctions de classe C^1 sur \mathbb R, à valeurs dans \mathbb R.


En espérant ne pas avoir fait d'erreur ...

Posté par
toureissare : EDP avec changement de variables. 15-12-18 à 07:34

Bonjour,

Je vous demande de m'excuser  , parce que je vous ait fatigué avec ce petit c qui n'est pas dans l'équation et c'est bien x.

Je vous remercie beaucoup !

Posté par
toureissare : EDP avec changement de variables. 15-12-18 à 07:41

Citation :
(Remarquons que l'ensemble des solutions données par toureissa est bien inclus dans celui que je donne ci-dessus).


Je vois , car mes \phi sont seulement de la forme \phi=e^P où P est une fonction numérique d'une variable de classe C^1.

Donc mon ensemble de solution trouvé est inclus dans le tien .

Posté par
Razesre : EDP avec changement de variables. 15-12-18 à 08:35

Bonjour,

Encore un énoncé mal foutu. Tu n'as même pas essayé de faire les calculs avec le changement de variables que je t'avais proposé (ainsi tu aurais pu constater ton erreur) mais il a fallu que perroquet le fasse à ta place. C'est malheureux.

Posté par
toureissare : EDP avec changement de variables. 15-12-18 à 16:20

Désolé Razes, j'ai reconnu mon erreur.


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