Équation aux dérivées partielles

Keynes

Bonsoir  soit $ u_0\in C^1([0,+\infty[)$ telle que $u_0(0)=u'_0(0)=0$
On considère le problème d'inconnue $u:(t,x)\in [0,+\infty[\times [0,+\infty[\to u(t,x)\in \mathbb{R}$
$$\frac{\partial u(t,x)}{\partial t }+e^x\frac{\partial u(t,x)}{\partial x} =0, (t,x)\in [0,+\infty[\times [0,+\infty[$$ et 
$u(t,0)=0,\ $  si $t>0,\ u(0,x)=u_0(x),\ x\in [0,+\infty[$.

1/ On me  demande de calculer la caractéristique  $X(s,t,x)$ passant par $(t,x)$.

Je sais que $ X(s,t,x)$ est solution du problème de Cauchy :
$$ X'(s,t,x)=e^{X(s,t,x)},  \quad X(t,t,x)=x$$
l'équation est équivalente à
$$-X'(s,t;x)e^{-X(s,t,x)}=-1 ,\quad X(t,t,x)=x$$
donc $ e^{-X(s,t;x)}-e^{-x}=t-s$ et $ X(s,t,x)=-\ln( e^{-x}+t-s)$
On me demande l'intervalle maximal 
Je trouve $ J=]0,t+e^{-x}[$
Mon problème commence à partir de la résolution du problème.
Je trouve $ u(t,x)=u_0(X(0,t,x))=u_0(-\ln(t+e^{-x}))$
mais quelques  hypothèses semblent ne pas marcher pour ma solution.
Quelqu'un pourrait-il m'aider ?

Calli

Bonjour,
Je n'ai pas compris ton problème.

JJ

Votre solution $u(t,x)=u_0(-ln|t+e^{-x}|)$ est correcte mais seulement sur un domaine. Ailleurs la solution est $u_0(t,x)=0$.

En fait, avec deux conditions $u(t,0)=0$ et $u(0,x)=u_0(x)$ la solution est une fonction définie par morceaux.

Pour mieux comprendre on peut procéder simplement de la façon suivante :

avec le changement de variable $X=-e^{-x}$

$$\frac{\partial u}{\partial x}+e^x \frac{\partial u}{\partial t}=0\quad\implies\quad \frac{\partial u}{\partial X}+\frac{\partial u}{\partial t}=0$$

La solution générale de cette EDP (sans tenir compte des conditions) est

$$u(t,X)=F(t-X)$$

$F$ étant une fonction arbitraire.

$$\boxed{u(t,x)=F(t+e^{-x})}$$

La fonction $F$ est à déterminer compte-tenu des conditions.

Condition $u(t,0)=0=F(t+1)$ pour $t>0$ donc $F(\xi)=0$ pour $\xi>1$.

Condition $u(0,x)=u_0(x)=F(e^{-x})$ pour $x>0$ donc $F(\xi)=u_0(-\ln|\xi|) $ pour $\xi<1$.

$$F(\xi)=\begin{cases} 0\qquad \xi>1 \\ u_0(-\ln|\xi|)\quad \xi<1 \end{cases}$$

Maintenant la fonction $F$ est déterminée. C'est une fonction définie par morceaux. On la porte dans la solution générale trouvée ci-dessus avec pour argument $\xi=t+e^{-x}$

$$u(t,x)=\begin{cases} 0\qquad\qquad t+e^{-x}>1 \\ u_0\left(-\ln|t+e^{-x}|\right)\qquad t+e^{-x}<1 \end{cases}$$

Si $u_0(0)\neq 0$ la fonction est discontinue sur la limite entre les deux domaines.

Keynes

Merci bien 

JJ

De façon équivalente, la solution peut être formellement écrite avec la fonction $H$ de Heaviside (fonction échelon unité) :

$$u(x,y)=u_0\left(-\ln|t+e^{-x}|\right).H(1-t-e^{-x})$$