Problème : le noyau de la chaleur

1) La normalisation et l'écart quadratique. Fixons $t>0$ et posons $\alpha =\frac{1}{4Dt}$. D'après l'exercice 8, ${\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-\alpha x^2}\mathrm{d}x=\sqrt{\frac{\pi }{\alpha }}=\sqrt{4\pi Dt}$, d'où ${\int }_{\mathbb{R}}K(x,t)\mathrm{d}x=1$. Ensuite, $x^{2}K(x,t)=o\left(\frac{1}{x^2}\right)$ en $\pm \infty$ : la fonction est intégrable. On intègre par parties sur $\mathbb{R}$ avec $u(x)=x$ et $v(x)=-\frac{1}{2\alpha }{e}^{-\alpha x^2}$, de sorte que $u{v}^{\prime }=x^2{e}^{-\alpha x^2}$ ; le produit $uv(x)=-\frac{x}{2\alpha }{e}^{-\alpha x^2}$ tend vers $0$ en $\pm \infty$, donc $${\int }_{\mathbb{R}}{x}^2{e}^{-\alpha x^2}\mathrm{d}x=\frac{1}{2\alpha }{\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-\alpha x^2}\mathrm{d}x=\frac{1}{2\alpha }\sqrt{\frac{\pi }{\alpha }},$$ et, en divisant par $\sqrt{\frac{\pi }{\alpha }}$, ${\int }_{\mathbb{R}}{x}^{2}K(x,t)\mathrm{d}x=\frac{1}{2\alpha }=2Dt$ : c'est la loi de la diffusion, établie par Einstein en 1905 pour le mouvement brownien.

2) Le noyau vérifie l'équation. À $x$ fixé, en dérivant le produit de $(4\pi Dt{)}^{-1/2}$ par l'exponentielle, $$\frac{\partial K}{\partial t}(x,t)=K(x,t)\left(\frac{x^2}{4D{t}^2}-\frac{1}{2t}\right).$$ À $t$ fixé, $\frac{\partial K}{\partial x}(x,t)=-\frac{x}{2Dt}K(x,t)$, puis, en dérivant ce produit, $$\frac{{\partial }^{2}K}{\partial x^2}(x,t)=-\frac{1}{2Dt}K(x,t)+\frac{x^2}{4D^2{t}^2}K(x,t)=K(x,t)\left(\frac{x^2}{4D^2{t}^2}-\frac{1}{2Dt}\right).$$ Multipliée par $D$, cette dernière expression est exactement la première : $\frac{\partial K}{\partial t}=D\frac{{\partial }^{2}K}{\partial x^2}$.

3) La solution candidate. Soient $t>0$ et $x\in \mathbb{R}$. On a $|K(x-y,t)f(y)|\le MK(x-y,t)$, et $y\mapsto K(x-y,t)$ est intégrable, d'intégrale $1$ : c'est la cloche de la question 1, translatée (changement de variable $z=x-y$). Par comparaison, $U(x,t)$ existe, et par l'inégalité triangulaire $|U(x,t)|\le M{\int }_{\mathbb{R}}K(x-y,t)\mathrm{d}y=M$. Le changement de variable $y=x+2s\sqrt{Dt}$, bijection affine croissante de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$, donne $\mathrm{d}y=2\sqrt{Dt}\mathrm{d}s$ et $\frac{(x-y{)}^2}{4Dt}=s^2$, donc $$U(x,t)={\int }_{\mathbb{R}}\frac{e^{-s^2}}{\sqrt{4\pi Dt}}f\left(x+2s\sqrt{Dt}\right)2\sqrt{Dt}\mathrm{d}s=\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-s^2}f\left(x+2s\sqrt{Dt}\right)\mathrm{d}s.$$ $U(x,t)$ est une moyenne pondérée des valeurs de $f$ autour de $x$, dans une fenêtre de largeur de l'ordre de $\sqrt{Dt}$.

4) Le retour à la donnée initiale. Fixons $x$ et posons $\theta (t,s)=\frac{1}{\sqrt{\pi }}{e}^{-s^2}f\left(x+2s\sqrt{Dt}\right)$.

• Limite simple. À $s$ fixé, $x+2s\sqrt{Dt}\to x$ quand $t\to 0^{+}$ ; $f$ étant continue en $x$, $\theta (t,s)\to \frac{1}{\sqrt{\pi }}{e}^{-s^2}f(x)$.
• Domination. $|\theta (t,s)|\le \frac{M}{\sqrt{\pi }}{e}^{-s^2}$, intégrable sur $\mathbb{R}$ et indépendante de $t$.

Le théorème de convergence dominée à paramètre continu donne $U(x,t)\to \frac{f(x)}{\sqrt{\pi }}{\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-s^2}\mathrm{d}s=f(x)$ quand $t\to 0^{+}$. La continuité de $f$ ne sert que dans la limite simple, au point $x$ : si $f$ avait un saut en $x$, la limite serait la moyenne des deux valeurs latérales — pour $f$ égale à $1$ sur $[0,+\infty [$ et à $0$ ailleurs, la formule de 3) donne $U(0,t)=\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\int }_0^{+\infty }{e}^{-s^2}\mathrm{d}s=\frac{1}{2}$ pour tout $t>0$. Le noyau, qui se concentre en $0$ à aire constante, tend vers une impulsion de Dirac, comme la bosse de l'exercice 5.

5) La régularité, et l'équation. On dérive sous le signe intégral dans la forme $U(x,t)={\int }_{\mathbb{R}}K(x-y,t)f(y)\mathrm{d}y$, où $f$ n'est jamais dérivée : c'est le noyau qui porte toute la régularité (la forme de 3), où $f$ est composée avec une fonction de $x$ et de $t$, demanderait $f$ dérivable).

La dérivée en $t$. Fixons $x$ et $[a,b]\subset ]0,+\infty [$. D'après 2), la dérivée de $t\mapsto K(x-y,t)f(y)$ vaut $f(y)K(x-y,t)\left(\frac{(x-y{)}^2}{4D{t}^2}-\frac{1}{2t}\right)$. Pour $t\in [a,b]$ : $\frac{1}{\sqrt{4\pi Dt}}\le \frac{1}{\sqrt{4\pi Da}}$, $e^{-(x-y{)}^2/(4Dt)}\le e^{-(x-y{)}^2/(4Db)}$ puisque $t\le b$, et $\left|\frac{(x-y{)}^2}{4D{t}^2}-\frac{1}{2t}\right|\le \frac{(x-y{)}^2}{4D{a}^2}+\frac{1}{2a}$. Cette dérivée est donc majorée, pour tout $t\in [a,b]$, par $$\psi (y)=\frac{M}{\sqrt{4\pi Da}}{e}^{-\frac{(x-y{)}^2}{4Db}}\left(\frac{(x-y{)}^2}{4D{a}^2}+\frac{1}{2a}\right),$$ fonction de $y$ seul, intégrable sur $\mathbb{R}$ (une gaussienne multipliée par un polynôme est $o\left(\frac{1}{y^2}\right)$). Avec l'intégrabilité de $y\mapsto K(x-y,t)f(y)$ (question 3) et la continuité en $t$ de la dérivée, le théorème de dérivation sous le signe intégral donne : $t\mapsto U(x,t)$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$ sur $[a,b]$, donc sur $]0,+\infty [$, et $\frac{\partial U}{\partial t}(x,t)={\int }_{\mathbb{R}}\frac{\partial K}{\partial t}(x-y,t)f(y)\mathrm{d}y$.

Les dérivées en $x$. Fixons $t>0$ et $A>0$. La difficulté est de majorer l'exponentielle uniformément en $x\in [-A,A]$. L'inégalité $2|xy|\le 2x^2+\frac{y^2}{2}$ donne $(x-y{)}^2\ge \frac{y^2}{2}-x^2\ge \frac{y^2}{2}-A^2$, donc $$e^{-\frac{(x-y{)}^2}{4Dt}}\le e^{\frac{A^2}{4Dt}}{e}^{-\frac{y^2}{8Dt}}\text{pour }|x|\le A.$$ D'après 2), les deux premières dérivées de $x\mapsto K(x-y,t)f(y)$ sont $-\frac{x-y}{2Dt}K(x-y,t)f(y)$ et $\left(\frac{(x-y{)}^2}{4D^2{t}^2}-\frac{1}{2Dt}\right)K(x-y,t)f(y)$. Avec $|x-y|\le A+|y|$, elles sont majorées, pour tout $x\in [-A,A]$, par $\frac{M{e}^{A^2/(4Dt)}}{\sqrt{4\pi Dt}}{e}^{-\frac{y^2}{8Dt}}P(|y|)$, où $P$ est un polynôme — respectivement $\frac{A+r}{2Dt}$ et $\frac{(A+r{)}^2}{4D^2{t}^2}+\frac{1}{2Dt}$ en la variable $r$. Ces majorants sont indépendants de $x$ et intégrables en $y$. Le théorème d'extension à la classe ${\mathcal{C}}^2$ s'applique : $x\mapsto U(x,t)$ est de classe ${\mathcal{C}}^2$ sur tout $[-A,A]$, donc sur $\mathbb{R}$, et $\frac{{\partial }^{2}U}{\partial x^2}(x,t)={\int }_{\mathbb{R}}\frac{{\partial }^{2}K}{\partial x^2}(x-y,t)f(y)\mathrm{d}y$.

L'équation. Par linéarité, et d'après 2) au point $(x-y,t)$, $$\frac{\partial U}{\partial t}(x,t)-D\frac{{\partial }^{2}U}{\partial x^2}(x,t)={\int }_{\mathbb{R}}\left(\frac{\partial K}{\partial t}-D\frac{{\partial }^{2}K}{\partial x^2}\right)(x-y,t)f(y)\mathrm{d}y=0.$$

Le point délicat. Les dominations sont locales : aucune ne vaut pour tous les $t>0$, car le facteur $\frac{1}{\sqrt{t}}$ explose en $0$, ni pour tous les $x$, car la gaussienne se déplace avec $x$. Le programme l'autorise : on domine sur tout segment, puis l'on conclut partout, la dérivabilité étant une propriété locale.

6) Un mode s'amortit. $f=\cos (k\cdot )$ est continue et bornée par $1$. Par la formule de 3), avec $\cos (kx+\beta )=\cos (kx)\cos \beta -\sin (kx)\sin \beta$ et $\beta =2ks\sqrt{Dt}$, $$U(x,t)=\frac{\cos (kx)}{\sqrt{\pi }}{\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-s^2}\cos \left(2k\sqrt{Dt}s\right)\mathrm{d}s-\frac{\sin (kx)}{\sqrt{\pi }}{\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-s^2}\sin \left(2k\sqrt{Dt}s\right)\mathrm{d}s.$$ La seconde intégrale est nulle : son intégrande est impair et intégrable. La première, d'intégrande pair, vaut $2\Phi \left(2k\sqrt{Dt}\right)$, avec la fonction $\Phi$ de l'exercice 8, soit $\sqrt{\pi }{e}^{-D{k}^{2}t}$. Donc $$U(x,t)=e^{-D{k}^{2}t}\cos (kx).$$ Le profil garde sa forme et s'aplatit exponentiellement, avec le temps caractéristique $\tau =\frac{1}{D{k}^2}=\frac{{\lambda }^2}{4{\pi }^{2}D}$, où $\lambda =\frac{2\pi }{k}$ est la longueur d'onde : proportionnel au carré de la longueur d'onde, il est d'autant plus court que le détail est fin — les détails fins s'effacent les premiers. Pour la diffusion thermique dans l'eau, $D\approx 1,4\cdot 10^{-7}{\mathrm{m}}^2{\mathrm{s}}^{-1}$ : une modulation de température de longueur d'onde $1\mathrm{cm}$ s'amortit en $\tau \approx 18\mathrm{s}$, une modulation de $1\mathrm{mm}$ en $0,18\mathrm{s}$. (Contrôle : pour $D=0,7$, $t=0,3$, $k=3$, $x=0,4$, la quadrature de ${\int }_{\mathbb{R}}K(x-y,t)\cos (ky)\mathrm{d}y$ et $e^{-D{k}^{2}t}\cos (kx)$ valent toutes deux $0,0547420\dots$)

Le théorème obtenu — le noyau de la chaleur. Soient $D>0$ et $f$ continue et bornée sur $\mathbb{R}$. La fonction $U(x,t)={\int }_{\mathbb{R}}\frac{1}{\sqrt{4\pi Dt}}{e}^{-(x-y{)}^2/(4Dt)}f(y)\mathrm{d}y$, définie pour $x\in \mathbb{R}$ et $t>0$, est bornée par $\sup |f|$, de classe ${\mathcal{C}}^1$ en $t$ et ${\mathcal{C}}^2$ en $x$, vérifie l'équation de diffusion $\frac{\partial U}{\partial t}=D\frac{{\partial }^{2}U}{\partial x^2}$, et tend vers $f(x)$ en tout point quand $t\to 0^{+}$ : c'est une solution de l'équation de la diffusion de donnée initiale $f$. Le noyau qui la produit est une gaussienne d'aire $1$, dont l'écart quadratique $\sqrt{2Dt}$ croît comme la racine carrée du temps.

Ce que le problème installe. Deux idées. Un noyau qui se concentre — positif, d'aire $1$, de largeur tendant vers $0$ — reproduit à la limite la valeur de la fonction à laquelle on l'applique, et c'est la convergence dominée qui le démontre. Une intégrale à paramètre hérite de la régularité du noyau, pas de celle de la donnée : $f$ est seulement continue, et $U$ est déjà deux fois dérivable en $x$ dès que $t>0$ — la diffusion lisse instantanément. En physique, c'est la diffusion thermique et la diffusion de particules ; la loi en $\sqrt{2Dt}$ est celle du mouvement brownien, dont la marche aléatoire du TD 11 est le modèle microscopique. Et la perturbation atteint instantanément toutes les distances, avec une amplitude gaussiennement petite au-delà de la longueur de diffusion : rien à voir avec l'équation des ondes du TD 10, où l'information se propage à vitesse finie.