L'équation de transport, résolue par un changement de variables

La stratégie. Le a) est une vérification par la règle de la chaîne. Le b) est le cœur : un changement de variables transforme l'équation en « une dérivée partielle est nulle », qu'on intègre en une ligne. La composée à deux variables, $(u,v)\mapsto f(\phi (u,v),\psi (u,v))$, est l'outil du programme.

a) Les ondes progressives sont solutions. Posons $s(x,t)=x-ct$, de sorte que $u=g\circ s$ ; $s$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$ avec $\frac{\partial s}{\partial x}=1$ et $\frac{\partial s}{\partial t}=-c$. La règle de la chaîne, appliquée à chaque fonction partielle, donne $$\frac{\partial u}{\partial x}(x,t)=g^{\prime }(x-ct)\cdot 1,\frac{\partial u}{\partial t}(x,t)=g^{\prime }(x-ct)\cdot (-c),$$ et ces deux dérivées partielles sont continues : $u$ est de classe ${\mathcal{C}}^1$. Puis $$\frac{\partial u}{\partial t}+c\frac{\partial u}{\partial x}=-c{g}^{\prime }(x-ct)+c{g}^{\prime }(x-ct)=0.$$ Interprétation. À l'instant $t$, le graphe de $x\mapsto u(x,t)$ est le graphe de $g$ translaté de $ct$ : le profil se déplace à la vitesse $c$ sans se déformer — une onde progressive. Formellement, $u$ est constante le long des droites $x-ct=\text{constante}$, appelées caractéristiques.

Le point délicat du a) : ne pas oublier de dériver l'argument. L'erreur classique est d'écrire $\frac{\partial u}{\partial t}=g^{\prime }(x-ct)$ : c'est le facteur $\frac{\partial s}{\partial t}=-c$ qui manque, et c'est lui qui produit la compensation.

b) Toute solution est une onde progressive. Soit $u$ une solution, de classe ${\mathcal{C}}^1$ sur ${\mathbb{R}}^2$. Posons $\phi (a,b)=a+cb$ et $\psi (a,b)=b$, de classe ${\mathcal{C}}^1$, et $v=u(\phi ,\psi )$. La formule de dérivation d'une composée à deux variables donne $$\frac{\partial v}{\partial b}(a,b)=\frac{\partial u}{\partial x}(a+cb,b)\frac{\partial \phi }{\partial b}+\frac{\partial u}{\partial t}(a+cb,b)\frac{\partial \psi }{\partial b}=c\frac{\partial u}{\partial x}(a+cb,b)+\frac{\partial u}{\partial t}(a+cb,b).$$ Or $u$ vérifie l'équation au point $(a+cb,b)$ : le membre de droite est nul. Donc $\frac{\partial v}{\partial b}=0$ sur ${\mathbb{R}}^2$.

Intégration. Fixons $a$. La fonction partielle $b\mapsto v(a,b)$ a une dérivée nulle sur l'intervalle $\mathbb{R}$ : elle est constante, et $v(a,b)=v(a,0)$ pour tout $b$. Posons $g(a)=v(a,0)=u(a,0)$ : c'est la fonction partielle $u(\cdot ,0)$, de classe ${\mathcal{C}}^1$ sur $\mathbb{R}$ puisque $g^{\prime }(a)=\frac{\partial u}{\partial x}(a,0)$ est continue.

Retour aux variables $(x,t)$. Le changement de variables est une bijection de ${\mathbb{R}}^2$ : à $(x,t)$ correspond $(a,b)=(x-ct,t)$, et réciproquement $(x,t)=(a+cb,b)$. Pour $(x,t)$ quelconque, $$u(x,t)=u(a+cb,b)=v(a,b)=v(a,0)=g(a)=g(x-ct).$$ Toute solution de classe ${\mathcal{C}}^1$ est de la forme $g(x-ct)$, avec $g=u(\cdot ,0)$ ; et le a) dit que réciproquement toutes ces fonctions sont solutions. L'ensemble des solutions est exactement $\{(x,t)\mapsto g(x-ct):g\in {\mathcal{C}}^1(\mathbb{R})\}$.

c) Le problème de Cauchy. La formule $u(x,t)=u(x-ct,0)$ dit que la valeur en $(x,t)$ a été transportée, sans altération, depuis le point $(x-ct,0)$ le long de la caractéristique qui les joint : l'information voyage à la vitesse $c$. Le problème « $u$ solution et $u(x,0)=u_0(x)$ » admet donc une solution et une seule : $u(x,t)=u_0(x-ct)$. Unicité par le b) (une solution vérifie $u(x,t)=g(x-ct)$ avec $g=u(\cdot ,0)=u_0$), existence par le a). La donnée du profil initial détermine tout le futur — et tout le passé.

Contrôle sur un exemple. $g(s)=s^2$, $c=2$ : $u=(x-2t{)}^2$, $\frac{\partial u}{\partial t}=-4(x-2t)$, $\frac{\partial u}{\partial x}=2(x-2t)$, et $-4(x-2t)+2\cdot 2(x-2t)=0$.

Le point délicat du b). Il fallait appliquer l'équation au point $(a+cb,b)$ et non au point $(a,b)$ : c'est le changement de variables qui aligne les deux. Et le retour vers $(x,t)$ exige que le changement de variables soit bijectif — ce qu'une fonction affine de déterminant $1$ garantit.

Ce que l'exercice installe. Un changement de variables ramène une équation aux dérivées partielles à « une dérivée partielle nulle » : c'est la méthode des caractéristiques, et le même geste montre qu'une fonction $f$ est radiale si et seulement si $\frac{\partial F}{\partial \theta }=0$ pour $F(r,\theta )=f(r\cos \theta ,r\sin \theta )$. En physique, l'équation des ondes $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial t^2}=c^2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}$ se factorise en deux équations de transport, l'onde qui part à droite et celle qui part à gauche — et c'est le résultat de cet exercice, appliqué deux fois, qui donne la solution de d'Alembert.