Eclats de vers : Matemat 11 : Équations différentielles

Les fonctions Lipschitziennes sont des fonctions à variations bornées :

\[\lipschitz(A,B) = \{ f \in \fonction(A,B) : \exists L \in \setR : \forall x,y \in A : \norme{f(x)-f(y)} \le L \norme{x-y} \}\]

Soit \(f\in\lipschitz( \setR \times \setR^n , \setR)\), et l'application \(A\) définie par :

\[A(u)(t) = u_0 + \int_0^t f(s, u(s)) \ ds\]

pour toute fonction \(u : U \subseteq \setR \mapsto \setR\).

On peut montrer que \(A\) est contractante pour la distance définie pour toutes fonctions \(u,v\) par :

\[\distance(u,v) = \sup_{a \le t \le b} \norme{u(t) - v(t)}\]

où \(\norme{.}\) est la norme usuelle sur \(\setR^n\) :

\[\norme{x} = \sqrt{ \sum_{i=1}^n x_i^2 }\]

Cette application admet donc un unique point fixe \(u\) tel que :

\[u = A(u)\]

En dérivant cette relation, on obtient :

\[\OD{u}{t}(t) = \OD{}{t} A(u)(t) = \OD{}{t} \int_0^t f(s, u(s)) \ ds\]

La dérivée de l'intégrale vaut \(f(t, u(t)\) et on a :

\[\OD{u}{t}(t) = f(t, u(t))\]

On a aussi :

\[u(0) = u_0 + \int_0^0 f(s, u(s)) \ ds = u_0\]

Notre point fixe \(u\) est donc solution du problème différentiel :

\begin{align} \OD{u}{t}(t) &= f(t,u(t)) \\ \\ u(0) &= u_0 \end{align}

Inversément, en intégrant la première équation ci-dessous entre \(0\) et \(t\), on obtient la relation :

\[u(t) - u_0 = \int_0^t f(s, u(s)) \ ds\]

autrement dit :

\[u(t) = u_0 + \int_0^t f(s, u(s)) \ ds = A(u)\]

Toute solution du problème différentiel est donc point fixe de \(A\). Comme ce point fixe est unique, on en conclut que la solution du problème différentiel l'est aussi.

Soit les fonctions :

\[a_0, a_1, ..., a_{n - 1} : \setR \mapsto \setR\]

et une solution \(u : \setR \mapsto \setR\) du problème différentiel d'ordre \(n\) :

\begin{align} a_0(t) \cdot u(t) + \sum_{i=1}^{n-1} a_i(t) \cdot \NOD{u}{t}{i}(t) &= 0 \\ \\ u(0) &= U_0 \\ \\ \NOD{u}{t}{i}(0) &= U_i \qquad (i=1,...,n - 1) \end{align}

Ce problème peut se ramener à un problème différentiel d'ordre un. Pour cela on définit la fonction \(v : \setR \mapsto \setR^n\) par :

pour tout \(t \in \setR\). On voit alors que :

La condition initiale s'écrit :

Comme il existe une et une seule solution \(v\) au problème d'ordre un associé, le problème différentiel d'ordre \(n\) admet également une unique solution :

\[u : t \mapsto v_0(t)\]

Soit la fonctionnelle \(I : \continue^2([a,b],\setR) \mapsto \setR\). Nous allons tenter de minimiser \(I\) sur l'ensemble :

\[\mathcal{F} = \{ u \in \continue^2([a,b],\setR) : u(a) = U_1, \ u(b) = U_2 \}\]

On voit que les valeurs de toute fonction \(u \in \mathcal{F}\) sont contraintes aux extrémités du domaine de \(u\). On parle dans ce cas de problème aux limites.

Soit \(u \in \mathcal{F}\) et la fonction \(w\) appartenant à l'ensemble :

\[\mathcal{W} = \{ w \in \continue^2([a,b],\setR) : w(a) = w(b) = 0 \}\]

On a alors \(u + \epsilon \cdot w \in \mathcal{F}\) pour tout \(w \in \mathcal{W}\) et tout \(\epsilon \in \setR\), car :

On considère la famille de fonctions \(J_w : \setR \mapsto \setR\) définies par :

\[J_w(\epsilon) = I(u + \epsilon \cdot w)\]

pour tout \(w \in \mathcal{W}\) et tout \(\epsilon \in \setR\). Si \(u\) minimise \(I\) sur \(\mathcal{F}\), on a évidemment \(J_w(\epsilon) \ge J_w(0)\) pour tout \(w \in \mathcal{W}\) et pour tout \(\epsilon \in \setR\). Il est par conséquent nécessaire que la condition de stationarité :

\[\OD{J_w}{\epsilon}(0) = 0\]

soit satisfaite pour tout \(w\in\mathcal{W}\).

Nous considérons à présent une application importante du théorème de Lax-milgram. Soit l'espace :

\[F = \{u \in \continue^2([a,b],\setR) : u(a) = u(b) = 0\}\]

et les fonctions :

\[p, q, f : \setR \mapsto \setR\]

Considérons la fonctionnelle \(\mathcal{L} : F \mapsto \Cont([a,b],\setR)\) définie par :

\[\mathcal{L}(u) = \OD{}{t}\left[p \cdot \OD{u}{t} \right] - q \cdot u + f \\\]

et le problème différentiel avec conditions aux limites associé :

\begin{align} \mathcal{L}(u) &= 0 \\ u(a) = u(b) &= 0 \end{align}

Choisissons \(v\in F\) et intégrons l'équation :

\[\mathcal{L}(u) \cdot v = 0\]

sur \([a,b]\). On obtient :

\[- \int_a^b \OD{}{t} \Big[ p(t) \ \OD{u}{t}(t) \Big] \ v(t) \ dt + \int_a^b q(t) \ u(t) \ v(t) \ dt = \int_a^b f(t) \ v(t) \ dt\]

Nous allons tenter d'intégrer par parties. On a :

\[\OD{}{t} \Big[ p(t) \ \OD{u}{t}(t) \ v(t) \Big] = \OD{}{t} \Big[ p(t) \ \OD{u}{t}(t) \Big] \ v(t) + p(t) \ \OD{u}{t}(t) \ \OD{v}{t}(t)\]

En appliquant le théorème fondamental, on obtient :

\[\int_a^b \OD{}{t} \Big[ p(t) \ \OD{u}{t}(t) \ v(t) \Big] \ dt = p(b) \ \OD{u}{t}(b) \ v(b) - p(a) \ \OD{u}{t}(a) \ v(a) = 0\]

On en conclut que :

\[\int_a^b \OD{}{t} \Big[ p(t) \ \OD{u}{t}(t) \Big] \ v(t) \ dt = - \int_a^b p(t) \ \OD{u}{t}(t) \ \OD{v}{t}(t) \ dt\]

L'intégrale de \(\mathcal{L}(u) \cdot v = 0\) devient :

\[\int_a^b \Big[ p(t) \ \OD{u}{t}(t) \ \OD{v}{t}(t) + q(t) \ u(t) \ v(t) \Big] \ dt = \int_a^b f(t) \ v(t) \ dt\]

Donc, si on définit

\begin{align} a(u,v) &= \int_a^b \left[ p(t) \cdot \OD{u}{t}(t) \cdot \OD{v}{t}(t) + q(t) \cdot u(t) \cdot v(t) \right] \ dt \\ \\ b(v) &= \int_a^b f(t) \cdot v(t) \ dt \end{align}

on a :

\[a(u,v) = b(v)\]

pour tout \(v \in F\). En appliquant le théorème de Lax-Milgram, on en déduit que la solution du probléme :

\begin{align} \mathcal{L}(u) &= 0 \\ u(a) = u(b) &= 0 \end{align}

minimise sur \(F\) la fonctionnelle \(I\) définie pour toute fonction \(v \in \continue^2([a,b],\setR)\) par :

\[I(v) = \int_a^b \Big[ p(x) \ \left(\OD{v}{x}(x)\right)^2 + q(x) \ v(x)^2 \Big] \ dx - \int_a^b f(x) \ v(x) \ dx\]

Soit les fonctions :

\[a, b : \setR \mapsto \setR\]

et \(f : \setR^2 \mapsto \setR\) définie par :

\[f(t, u) = a(t) \cdot b(u)\]

Si \(f\) est lipschitzienne, le probléme différentiel :

\begin{align} \OD{u}{t}(t) &= f(t, u(t)) = a(t) \cdot b\big( u(t) \big) \\ \\ u(0) &= u_0 \end{align}

admet une unique solution. En faisant passer \(u\) dans le premier membre et \(dt\) dans le second, la première équation peut se réécrire symboliquement :

\[\frac{du}{a(u)} = b(t) dt\]

En intégrant les deux membres, il vient :

\[\int_{u(0)}^{u(s)} \frac{du}{A(u)} = \int_0^s B(t) dt\]

• Chapitre \ref{chap:edo} : Équations différentielles ordinaires

L'exponentielle est définie comme l'unique solution \(\exp : \setR \mapsto \setR\) du problème différentiel :

\begin{align} \OD{\exp}{t}(t) &= \exp(t) \\ \\ \exp(0) &= 1 \end{align}

On a :

\[\OD{\exp}{t}(0) = \exp(0) = 1\]

On montre par récurrence que :

\[\NOD{\exp}{t}{k}(0) = \NOD{\exp}{t}{k - 1}(0) = 1\]

Le développement de Taylor autour de \(0\) s'écrit donc :

\[\exp(t) = \sum_{k = 0}^{+\infty} \frac{t^k}{k !}\]

Soit \(t \in \setR\). On remarque que les applications \(f,g : \setR \mapsto \setR\) définies par :

\begin{align} f &:& s \mapsto \exp(s + t) \\ g &:& s \mapsto \exp(s) \cdot \exp(t) \end{align}

pour tout \(s \in \setR\) vérifient :

\begin{align} \partial f(s) &= \exp(s + t) = f(s) \\ f(0) &= \exp(0 + t) = \exp(t) \end{align}

et :

\begin{align} \partial g(s) &= \exp(s) \cdot \exp(t) = g(s) \\ g(0) &= \exp(0) \cdot \exp(t) = 1 \cdot \exp(t) = \exp(t) \end{align}

Par unicité de la solution en \(u\) du problème différentiel :

\begin{align} \partial u(s) &= u(s) \\ u(0) &= \exp(t) \end{align}

on en déduit que :

\[\exp(s + t) = \exp(s) \cdot \exp(t)\]

On déduit de l'additivité que :

\[1 = \exp(0) = \exp(t - t) = \exp(t) \cdot \exp(-t)\]

pour tout \(t \in \setR\). On en conclut que :

\[\exp(-t) = \unsur{\exp(t)}\]

On a :

\[\lim_{t \to +\infty} \exp(t) = \lim_{t \to +\infty} (1 + t + \frac{t^2}{2} + ...) \ge \lim_{t \to +\infty} t = +\infty\]

La limite à l'infini positif est donc infinie :

\[\lim_{t \to +\infty} \exp(t) = +\infty\]

En utilisant le changement de variable \(t = -s\), on obtient la limite à l'infini négatif :

\[\lim_{s \to -\infty} \exp(s) = \lim_{t \to +\infty} \exp(-t) = \lim_{t \to +\infty} \unsur{\exp(t)} = 0\]

Si \(t \ge 0\) il est clair que \(\exp(t) \strictsuperieur 0\) puisqu'il s'agit d'une somme infinie de termes strictement positifs. Si \(s \le 0\), on a \(t = - s \ge 0\) et :

\[\exp(s) = \exp(-t) = \unsur{\exp(t)} \strictsuperieur 0\]

On en conclut que :

\[\exp : \setR \mapsto \setR^+ \setminus \{0\}\]

Comme la fonction \(\exp\) est continue et croît avec \(t\) sur \(\setR\) de :

\[\lim_{t \to -\infty} \exp(t) = 0\]

jusqu'à :

\[\lim_{t \to +\infty} \exp(t) = +\infty\]

on a :

\[\exp(\setR) = \ ]0,+\infty[ \ = \setR^+ \setminus \{ 0 \}\]

Comme la fonction \(\exp\) est une primitive d'elle-même, on a :

\[\int_a^b \exp(t) \ dt = \exp(b) - \exp(a)\]

En faisant tendre \(a\) vers \(-\infty\), on voit que :

\[\int_{-\infty}^b \exp(t) \ dt = \lim_{a \to -\infty} } \Big(\exp(b) - \exp(a)\Big) = \exp(b)\]

Les autres intégrales à bornes infinies sont infinies :

\[\int_{-\infty}^{+\infty} \exp(t) \ dt = \lim_{ \substack{ a \to -\infty \\ b \to +\infty } } \Big(\exp(b) - \exp(a)\Big) = +\infty\]

\[\int_a^{+\infty} \exp(t) \ dt = \lim_{b \to +\infty} \Big(\exp(b) - \exp(a)\Big) = +\infty\]

La fonction \(\exp : \setR \mapsto \setR^+ \setminus \{ 0 \}\) étant strictement croissante et d'image égale à \(\setR^+ \setminus \{ 0 \}\), elle est inversible. On définit le logarithme :

\[\ln : \setR^+ \setminus \{ 0 \} \mapsto \setR\]

comme la fonction inverse de \(\exp\) :

\[\ln = \exp^{-1}\]

Pour tout \(x,y \in \setR\) tels que \(y = \exp(x) \strictsuperieur 0\), on a donc :

\[\ln(y) = x\]

Le cas particulier \(x = 0\) et \(y = \exp(0) = 1\) nous montre que :

\[\ln(1) = 0\]

Soit les réels \(x,y\) tels que :

\[x = \ln(y)\]

On a alors par définition  :

\[y = \exp(x)\]

La dérivée de cette relation s'écrit symboliquement :

\[\OD{y}{x} = \exp(x) = y\]

Comme la dérivée d'une fonction inverse est l'inverse de la dérivée, on a :

\[\OD{x}{y} = \unsur{y}\]

c'est-à-dire :

\[\OD{\ln}{y}(y) = \unsur{y}\]

Soit la fonction \(u : \setR \mapsto \setR\) définie par :

\[u(t) = \ln(1 + t)\]

pour tout réel \(t\). On a :

\[u(0) = \ln(1 + 0) = \ln(1) = 0\]

La dérivée s'écrit :

\[\partial u(t) = \unsur{1 + t}\]

et en particulier :

\[\partial u(0) = \unsur{1 + 0} = 1\]

On procède de même pour la dérivée seconde :

\[\partial^2 u(t) = -\unsur{(1 + t)^2}\]

et en particulier :

\[\partial^2 u(0) = -\unsur{(1 + 0)^2} = -1\]

on procède de même pour la dérivée tierce :

\[\partial^3 u(t) = \frac{2}{(1 + t)^3}\]

et en particulier :

\[\partial^3 u(0) = \frac{2}{(1 + 0)^3} = 2\]

on procède de même pour la dérivée quarte :

\[\partial^4 u(t) = \frac{-6}{(1 + t)^4}\]

et en particulier :

\[\partial^4 u(0) = \frac{-6}{(1 + 0)^4} = -6\]

On voit que :

\[\partial^k u(0) = (-1)^{1+k} \cdot (k - 1) !\]

pour tout \(k \in \setN\) vérifiant \(k \ge 1\). Le développement de Taylor s'écrit donc :

\[\ln(1+t) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{1+k} \cdot (k - 1) !}{k !} \ t^k\]

Comme \(k ! = k \cdot (k - 1) !\), on a :

\[\frac{(k - 1) !}{k !} = \unsur{k}\]

Le développement s'écrit donc finalement :

\[\ln(1+t) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{1+k}}{k} \ t^k\]

En posant \(x = 1 + t\), on obtient la forme équivalente :

\[\ln(x) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{1+k}}{k} \ (x - 1)^k\]

Soit \(a, b \in \setR\). En utilisant l'additivité de l'exponentielle, on obtient :

\[\exp\Big[\ln(a \cdot b)\Big] = a \cdot b = \exp\big[\ln(a)\big] \cdot \exp\big[\ln(b)\big] = \exp\Big[\ln(a) + \ln(b)\Big]\]

En prenant le logarithme de cette égalité, on en déduit que :

\[\ln(a \cdot b) = \ln(a) + \ln(b)\]

Soit \(a \in \setR\). On a :

\[\ln(a) + \ln\left(\unsur{a}\right) = \ln\left(a \cdot \unsur{a}\right) = \ln(1) = 0\]

On en conclut que :

\[\ln\left(\unsur{a}\right) = - \ln(a)\]

Soit les réels \(a, b\). On a :

\[\ln\left(\frac{a}{b}\right) = \ln(a) + \ln\left(\unsur{b}\right) = \ln(a) - \ln(b)\]

Comme \(\ln\) est une primitive de la fonction :

\[u : \setR \setminus \{ 0 \}, \ x \mapsto 1/x\]

On a :

\[\int_a^b \unsur{x} \ dx = \ln(b) - \ln(a) = \ln\left[\frac{b}{a}\right]\]

Soit les réels \(\gamma\) et \(u_0\). Nous cherchons la fonction \(u : \setR \mapsto \setR\) solution du problème différentiel :

\begin{align} \OD{u}{t} &= \gamma \cdot t \cdot u \\ \\ u(0) &= u_0 \end{align}

en procédant par séparation de variables :

\[\frac{du}{u} = \gamma \cdot t \ dt\]

En intégrant :

\[\int_{u_0}^{u(s)} \frac{du}{u} = \int_0^s \gamma \cdot t \ dt\]

on obtient :

\[\ln(u(s))-\ln(u_0) = \gamma \cdot \frac{s^2}{2}\]

ou :

\[\ln\left(\frac{u(s)}{u_0}\right) = \gamma \cdot \frac{s^2}{2}\]

En prenant l'exponentielle, on arrive à la solution :

\[u(s) = u_0 \cdot \exp\left( \gamma \cdot \frac{s^2}{2} \right)\]

Une fonction de cette forme est appelée gaussienne.

Le cosinus hyperbolique \(\cosh\) est défini comme étant la composante paire de l'exponentielle. On a donc :

\[\cosh(x) = \unsur{2} \ \Big[ \exp(x) + \exp(-x) \Big]\]

pour tout \(x \in \setR\). Le sinus hyperbolique \(\sinh\) est défini comme étant la composante impaire de l'exponentielle. On a donc :

\[\sinh(x) = \unsur{2} \ \Big[ \exp(x) - \exp(-x) \Big]\]

pour tout \(x \in \setR\).

Soit un réel \(x\) et :

Le carré du cosinus hyperbolique se développe en :

\[c^2 = \unsur{4} \ \Big[ \exp(x)^2 + 2 \ \exp(x) \cdot \exp(-x) + \exp(-x)^2 \Big]\]

Comme \(\exp(x) \cdot \exp(-x) = 1\), le développement devient :

\[c^2 = \unsur{4} \ \Big[ \exp(x)^2 + \exp(-x)^2 + 2\Big]\]

Le carré du sinus hyperbolique se développe en :

\[s^2 = \unsur{4} \ \Big[ \exp(x)^2 - 2 \ \exp(x) \cdot \exp(-x) + \exp(-x)^2 \Big]\]

Comme \(\exp(x) \cdot \exp(-x) = 1\), le développement devient :

\[s^2 = \unsur{4} \ \Big[ \exp(x)^2 + \exp(-x)^2 - 2\Big]\]

En soustrayant ces deux équations, on obtient :

\begin{align} c^2 - s^2 &= \frac{\exp(x)^2 + \exp(-x)^2 + 2 - \exp(x)^2 - \exp(-x)^2 + 2}{4} \\ &= \frac{4}{4} = 1 \end{align}

On a donc :

\[\cosh(x)^2 - \sinh(x)^2 = 1\]

Pour tout réel \(x\), on a :

\[\OD{\cosh}{x}(x) = \unsur{2} \Big[ \exp(x) - \exp(-x) \Big] = \sinh(x)\]

et :

\[\OD{\sinh}{x}(x) = \unsur{2} \Big[ \exp(x) + \exp(-x) \Big] = \cosh(x)\]

Comme \(\sinh\) est une primitive de \(\cosh\), on a :

\[\int_a^b \cosh(x) \ dx = \sinh(b) - \sinh(a)\]

Comme \(\cosh\) est une primitive de \(\sinh\), on a :

\[\int_a^b \sinh(x) \ dx = \cosh(b) - \cosh(a)\]

La tangente hyperbolique \(\tanh\) est définie par :

\[\tanh(x) = \frac{\sinh x}{\cosh x}\]

pour tout \(x \in \setR\).

Soit une matrice \(A\in\mathfrak{M}(\setR,n,n)\) et la fonction :

\[E_A : \setR \mapsto \in\mathfrak{M}(\setR,n,n)\]

définie comme étant l'unique solution de :

On définit alors l'exponentielle matricielle par :

\[\exp(A) = E_A(1)\]

Dans le cas où \(A = 0\), on a :

\[\OD{E_0}{t} = 0 \cdot E_0 = 0\]

En intégrant, on voit que :

\[E_0(t) - E_0(0) = \int_0^t 0 \ dt = 0\]

La fonction \(E_0\) est donc constante et vaut \(E_0(t) = E_0(0) = I\) pour tout \(t \in \setR\). On en conclut que :

\[\exp(0) = I\]

Soit la fonction :

\[u : \setR \mapsto \matrice(\setR, n, n), \ t \mapsto \exp(A \cdot t)\]

On a :

\[u(0) = \exp(A \cdot 0) = \exp(0) = I\]

et :

\[\OD{u}{t}(0) = A \cdot u(0) = A \cdot I = A\]

On montre par récurrence que :

\[\NOD{u}{t}{k}(0) = A \cdot \NOD{u}{t}{k - 1}(0) = A \cdot A^{k - 1} = A^k\]

En évaluant le développement de Taylor de \(u\) autour de \(t=0\) on obtient :

\[\exp(A \cdot t) = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{k!} \cdot A^k \cdot t^k\]

Évaluons la dérivée de ce développement :

\begin{align} \OD{}{t} \exp(A \cdot t) &= \sum_{k=1}^{+\infty} \unsur{k!} \cdot A^k \cdot k \cdot t^{k - 1} \\ &= A \cdot \sum_{k=1}^{+\infty} \unsur{(k - 1) !} \cdot A^{k - 1} \cdot t^{k - 1} \\ &= A \cdot \sum_{k=0}^{+\infty} \unsur{k!} \cdot A^k \cdot k \cdot t^k \\ &= A \cdot \exp(A \cdot t) \end{align}

On a aussi :

\[\exp(A \cdot 0) &= I + \sum_{k=1}^{+\infty} \unsur{k!} \cdot A^k \cdot 0^k = I\]

La fonction \(t \mapsto \exp(A \cdot t)\) est donc identique à la solution \(E\) :

\[E(t) = \exp(A \cdot t)\]

Le cas particulier \(t = 1\) nous donne le développement de l'exponentielle matricielle :

\[\exp(A) = \sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{k!} \cdot A^k\]

Soit les fonctions \(f, g : \setR \mapsto \setR\) définies par :

\begin{align} f &:& s \mapsto \exp\Big(A \cdot (s + t) \Big) \\ g &:& s \mapsto \exp(A \cdot s) \cdot \exp(A \cdot t) \end{align}

pour tout \(s \in \setR\). On a :

\begin{align} \partial f(s) &= A \cdot \exp\Big(A \cdot (s + t) \Big) = A \cdot f(s) \\ f(0) &= \exp\Big(A \cdot (0 + t) \Big) = \exp(A \cdot t) \end{align}

et :

\begin{align} \partial g(s) &= A \cdot \exp(A \cdot s) \cdot \exp(t) = A \cdot g(s) \\ g(0) &= \exp(A \cdot 0) \cdot \exp(A \cdot t) = I \cdot \exp(A \cdot t) = \exp(A \cdot t) \end{align}

Par unicité de la solution en \(u\) du problème différentiel :

\begin{align} \partial u(s) &= A \cdot u(s) \\ u(0) &= \exp(A \cdot t) \end{align}

on en déduit que :

\[\exp\Big(A \cdot (s + t) \Big) = \exp(A \cdot s) \cdot \exp(A \cdot t)\]

L'additivité nous dit que :

\[\exp(A \cdot (t - t)) = \exp(A \cdot t) \cdot \exp(A \cdot (-t)) = \exp(A \cdot t) \cdot \exp(- A \cdot t)\]

Mais la condition initiale nous dit que :

\[\exp(A \cdot (t - t)) = \exp(A \cdot 0) = I\]

On a donc :

\[\exp(A \cdot t) \cdot \exp(- A \cdot t) = I\]

Comme les matrices sont carrées, on en déduit que l'inverse matriciel de \(\exp(A \cdot t)\) existe et s'écrit :

\[\exp(A \cdot t)^{-1} = \exp(- A \cdot t)\]

Le cas particulier \(t = 1\) nous donne :

\[\exp(A)^{-1} = \exp(- A)\]

Soit un vecteur \(x_0 \in \setR^n\) et la fonction \(x : \setR \mapsto \setR^n\) définie par :

\[x(t) = \exp(A \cdot t) \cdot x_0\]

pour tout \(t \in \setR\). On a :

\[\dot{x}(t) = A \cdot \exp(A \cdot t) \cdot x_0 = A \cdot x\]

et :

\[x(0) = \exp(A \cdot 0) \cdot x_0 = I \cdot x_0 = x_0\]

Notre fonction \(x\) est donc l'unique solution de l'équation différentielle :

Il existe un lien entre l'exponentielle d'une matrice hermitienne et ses valeurs propres. Soit la fonction \(X : \setR \mapsto \setR^n\) vérifiant l'équation différentielle :

\[\dot{X}(t) = A \cdot X(t)\]

où \(A\) est une matrice carrée hermitienne. Comme \(A = A^\dual\), on sait que la forme de Schur :

\[A = U \cdot \Lambda \cdot U^\dual\]

nous donne une matrice carrée unitaire \(U\) qui vérifie par conséquent :

\[U^\dual = U^{-1}\]

et une matrice diagonale :

\[\Lambda = (\lambda_i \cdot \delta_{ij})_{i,j}\]

où les \(\lambda_i\) sont les valeurs propres de \(A\). Si on effectue le changement de variable :

\[X = U \cdot Y \quad\Leftrightarrow\quad Y = U^\dual \cdot X\]

l'équation différentielle devient :

\[U \cdot \dot{Y} = A \cdot U \cdot Y \\\]

En multipliant à gauche par \(U^\dual\), on obtient :

\[\dot{Y} = U^\dual \cdot A \cdot U \cdot Y = \Lambda \cdot Y\]

Exprimée en terme de composantes \(Y = (y_i)_i\), cette dernière équation devient :

\[\dot{y}_i = \lambda_i \cdot y_i\]

dont la solution est :

\[y_i(t) = y_{i}(0) \cdot \exp(\lambda_i \cdot t)\]

Comme :

\[\sum_k \unsur{k !} \ \Lambda^k \cdot t^k = \Bigg( \sum_k \unsur{k !} \ \lambda_i^k \cdot t^k \cdot \indicatrice_{ij} \Bigg)_{i,j}\]

on voit que :

\[\exp(\Lambda \cdot t) = \Big( \exp(\lambda_i \cdot t) \cdot \indicatrice_{ij} \Big)_{i,j}\]

On en conclut que :

\[Y(t) = \exp(\Lambda \cdot t) \cdot Y(0)\]

La condition initiale sur \(Y\) est liée à celle sur \(X\) par :

\[Y(0) = U^\dual \cdot X(0)\]

On a donc :

\[Y(t) = \exp(\Lambda \cdot t) \cdot U^\dual \cdot X(0)\]

et :

\[X(t) = U \cdot Y(t) = U \cdot \exp(\Lambda \cdot t) \cdot U^\dual \cdot X(0)\]

Par définition de l'exponentielle matricielle, on a aussi :

\[X(t) = \exp(A \cdot t) \cdot X(0)\]

On en conclut que :

\[\exp(A \cdot t) \cdot X(0) = U \cdot \exp(\Lambda \cdot t) \cdot U^\dual \cdot X(0)\]

Au point \(t = 1\), on a :

\[\exp(A) \cdot X(0) = U \cdot \exp(\Lambda) \cdot U^\dual \cdot X(0)\]

Cette relation étant vérifiée quelque soit \(X(0) \in \setR^n\), on en conclut la relation liant l'exponentielle d'une matrice hermitienne à ses valeurs propres :

\[\exp(A) = U \cdot \exp(\Lambda) \cdot U^\dual\]

AFAIRE : dérivée de u(t) = exp( L(t) ), arranger la fin du chapitre

\[\OD{u}{t}(t) = \OD{L}{t}(t) \cdot u(t)\] ???????

Soit la fonction \(R\) :

\[R : \setR\mapsto\mathfrak{M}(\setR,n,n)\]

solution de :

\begin{align} \dot{R}(t) &= L(t) \cdot R(t) \\ R(0) &= I \end{align}

On vérifie que :

\[R(t) = \exp\int_0^t L(s) ds\]

\label{sec:edo_sys_lin}

Considérons à présent le problème linéaire suivant :

où on a :

\begin{align} L &:& \setR\mapsto\mathfrak{M}(\setR,n,n) \\ b &:& \setR\mapsto\mathfrak{M}(\setR,n,1) \equiv \setR^n \\ u &:& \setR\mapsto\mathfrak{M}(\setR,n,1) \equiv \setR^n \end{align}

Nous allons effectuer un changement de variable afin de résoudre ce problème. Nous supposons par la suite que \(R(t)\) est inversible pour tout \(t\). Posons \(u = R \cdot x\). On constate tout de suite en utilisant \(R(0) = I\) que \(x(0) = u_0\). On obtient aussi, en dérivant \(u = R \cdot x\) :

\[\dot{u} = \dot{R} \cdot x + R \cdot \dot{x} = L \cdot R \cdot x + R \cdot \dot{x}\]

En comparant avec l'équation différentielle dont \(u\) est solution :

\[\dot{u} = L \cdot u + b = L \cdot R \cdot x + b\]

on obtient :

On en déduit que :

\[x(t) = u_0 + \int_0^t \left[ R(s) \right]^{-1} \cdot b(s) ds\]

et :

\[u(t) = R(t) \cdot u_0 + \int_0^t R(t) \cdot [R(s)]^{-1} \cdot b(s) ds\]

Dans le cas où \(L(t) = L\) ne dépend pas de \(t\), on peut montrer que

\[R(s+t) = R(s) \cdot R(t)\]

en vérifiant que \(\varphi(s) = R(s+t)\) et \(\psi(s) = R(s) \cdot R(t)\) sont solutions en \(w\) de :

On a alors évidemment \(R(-s) = [R(s)]^{-1}\) et

\[u(t) = R(t) \cdot u_0 + \int_0^t R(t-s) \cdot b(s) ds\]

La solution est donc donnée par l'intégrale de convolution de \(R\) et \(b\).

Nous allons à présent étudier ce qu'il se passe lorsqu'on dérive la solution par rapport à la condition initiale \(u_0 = x\). Posons \(u(x,t)\) la solution de :

Nous allons utiliser la notation

\[u_x(x,t) = \deriveepartielle{u}{x^T}(x,t)\]

En intervertissant l'ordre de dérivation, on arrive à

Par ailleurs, il est clair que :

\[u_x(x,0) = I\]

Utilisant les résultats de la section \ref{sec:edo_sys_lin} avec :

nous obtenons :

\[u_x(x,t) = \exp\int_0^t \deriveepartielle{f}{u^T}(s,u(x,s)) ds\]

• Chapitre \ref{chap:complexe} : Les complexes

Les fonctions trigonométriques cosinus (\(\cos\)), sinus (\(\sin\)) et associées peuvent se définir à partir des rotations dans le plan \(\setR^2\). Pour cela, commençons par définir ce qu'est une rotation. Soit la fonction :

\[Q : \setR\mapsto \matrice(\setR, 2, 2), \qquad \theta \mapsto Q(\theta)\]

qui associe à chaque valeur de l'angle de rotation \(\theta \in \setR\) une matrice carrée réelle représentant une rotation dans le plan \(\setR^2\).

Il semble logique de demander qu'une rotation d'angle \(0\) d'un vecteur ne modifie pas ce vecteur, c'est-à-dire :

\[Q(0) = I\]

Une rotation doit conserver les angles entre les vecteurs, ainsi que leur norme. Autrement dit, le produit scalaire sur \(\setR^2\) :

\[\scalaire{x}{y} = x^\dual \cdot y\]

doit être conservé :

\[\scalaire{Q(\theta) \cdot x}{Q(\theta) \cdot y} = \scalaire{x}{y}\]

pour tout \(x,y\in\setR^2\), c'est-à-dire :

\[(Q(\theta) \cdot x)^\dual \cdot (Q(\theta) \cdot y) = x^\dual \cdot Q(\theta)^\dual \cdot Q(\theta) \cdot y = x^\dual \cdot y\]

On en déduit que :

\[Q(\theta)^\dual \cdot Q(\theta) = I\]

Comme \(Q(\theta)\) est carrée, on a :

\[Q(\theta)^\dual = Q(\theta)^{-1}\]

où le \(^{-1}\) désigne l'inverse matriciel. Quelques calculs suffisent à nous montrer que pour satisfaire cette condition, la forme de la matrice doit être l'une des deux solutions suivantes :

où \(\cos, \sin : \setR \mapsto \setR\) sont des fonctions à déterminer vérifiant la relation fondamentale :

\[\cos(\theta)^2 + \sin(\theta)^2 = 1\]

Mais comme \(Q(0)=I\), l'élément \((1,1)\) de la matrice doit être identique à l'élément \((2,2)\) et on a :

avec :

Posons \(x = \cos(\theta)\) et \(y = \sin(\theta)\). En différentiant la condition :

\[x^2 + y^2 = 1\]

on obtient :

\[2 \ x \ dx + 2 \ y \ dy = 0\]

En particulier, si \((x,y) = (1,0)\), le vecteur \((dx,dy)\) doit être de la forme :

Une rotation infinitésimale doit donc modifier le vecteur \((1,0)\) en :

\[(1,0)+(dx,dy)=(1,\delta)\]

On en conclut que :

Compte tenu des propriétés de symétrie de \(Q(\delta)\), on a donc :

lorsque \(\delta\) suffisamment proche de \(0\). Plus précisément, on a :

On impose que les valeurs absolues des composantes de l'erreur convergent plus vite vers zéro que \(\delta\) :

\[\lim_{\delta\to 0} \frac{\abs{E_{ij}(\delta)}}{\delta} = 0\]

D'après la forme des matrices, il est clair que :

On en déduit qu'il suffit de vérifier la convergence des composantes \((1,1)\) et \((2,1)\). La première nous dit que :

\[\lim_{\delta\to 0} \frac{\cos(\delta) - 1}{\delta} = 0\]

et la seconde :

\[\lim_{\delta\to 0} \frac{\sin(\delta)-\delta}{\delta} = 0\]

ou :

\[\lim_{\delta\to 0} \frac{\sin(\delta)}{\delta} = 1\]

Une rotation d'angle \(\theta_1\) suivie d'une rotation d'angle \(\theta_2\) doit donner le même résultat qu'une rotation directe d'angle \(\theta_1+\theta_2\), ce qui s'écrit :

\[Q(\theta_1+\theta_2) = Q(\theta_2) \cdot Q(\theta_1)\]

On en déduit directement que :

\[Q(\theta) \cdot Q(-\theta) = Q(\theta - \theta) = Q(0) = I\]

Comme \(Q(\theta)\) est carrée, on a :

\[Q(-\theta) = Q(\theta)^{-1} = Q(\theta)^\dual\]

Au niveau des composantes, la propriété d'additivité implique que :

En effectuant le produit matriciel et en comparant composante par composante, on obtient les formules suivantes :

La dérivée de la fonction \(\cos\) s'écrit :

\[\OD{\cos}{\theta}(\theta) = \lim_{\delta\to 0} \frac{ \cos(\theta+\delta)-\cos(\theta) }{ \delta } \\\]

En appliquant les formules d'additivité ci-dessus avec \(\theta_1 = \theta\) et \(\theta_2 = \delta\), et en se rappelant les propriétés des fonctions \(\cos\) et \(\sin\) pour des angles \(\delta\to 0\), on obtient :

\begin{align} \OD{\cos}{\theta}(\theta) &= \lim_{\delta\to 0} \frac{ \cos(\theta) \ \cos(\delta) - \sin(\theta) \ \sin(\delta) - \cos(\theta) }{ \delta } \\ &= \lim_{\delta\to 0} \frac{ \cos(\theta) \ (\cos(\delta) - 1) - \sin(\theta) \ \sin(\delta) }{ \delta } \\ &= -\sin(\theta) \end{align}

La dérivée de la fonction \(\sin\) s'écrit :

\[\OD{\sin}{\theta}(\theta) = \lim_{\delta\to 0} \frac{\sin(\theta+\delta)-\sin(\theta)}{\delta} \\\]

En procédant comme précédemment, on arrive à :

\begin{align} \OD{\sin}{\theta}(\theta) &= \lim_{\delta\to 0} \frac{\sin(\theta) \ \cos(\delta) + \cos(\theta) \ \sin(\delta) - \sin(\theta)}{\delta} \\ &= \lim_{\delta\to 0} \frac{\sin(\theta) \ (\cos(\delta) - 1) + \cos(\theta) \ \sin(\delta)}{\delta} \\ &= \cos(\theta) \end{align}

On a donc :

La dérivée seconde de la fonction \(\cos\) s'écrit :

\[\OOD{\cos}{\theta}(\theta) = \OD{(-\sin)}{\theta}(\theta) = -\cos(\theta)\]

On a aussi \(\cos(0) = 1\) et :

\[\OD{\cos}{\theta}(0) = -\sin(0) = 0\]

La fonction \(\cos\) est donc l'unique solution \(u : \setR \mapsto \setR\) du problème différentiel :

\begin{align} \partial^2 u(t) &= -u(t) \\ u(0) &= 1 \\ \partial u(0) &= 0 \end{align}

vérifié pour tout \(t \in \setR\). La dérivée seconde de la fonction \(\sin\) s'écrit :

\[\OOD{\sin}{\theta}(\theta) = \OD{\cos}{\theta}(\theta) = -\sin(\theta)\]

On a aussi \(\sin(0) = 0\) et :

\[\OD{\sin}{\theta}(0) = \cos(0) = 1\]

La fonction \(\sin\) est donc l'unique solution \(v : \setR \mapsto \setR\) du problème différentiel :

\begin{align} \partial^2 v(t) &= -v(t) \\ v(0) &= 0 \\ \partial v(0) &= 1 \end{align}

vérifié pour tout \(t \in \setR\).

Nous allons maintenant nous occuper du problème des éventuelles racines des fonctions trigonométriques. Soit :

La fonction \(u\) vérifie :

La fonction \(v\) vérifie :

Soit \(\varphi\) l'infimum des réels positifs donnant une valeur négative à la fonction \(u\) :

\[\varphi = \inf\{ x \in \setR : x \ge 0, \ u(x) < 0 \}\]

Nous allons montrer que \(\varphi\) est un réel, c'est-à-dire que \(\varphi < +\infty\). Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral nous dit que :

En tenant compte des propriétés de \(u, v\), ces relations se réécrivent :

On a donc :

Comme \(u\) est dérivable, elle est continue et on peut trouver un \(\epsilon\in \intervalleouvert{0}{\varphi}\) tel que, pour tout \(t\in \intervalleouvert{0}{\epsilon}\) :

\[\abs{u(t)-u(0)} = \abs{u(t) - 1} \strictinferieur 1\]

On en déduit que :

\[1 - u(t) \strictinferieur 1\]

c'est-à-dire :

\[u(t) \strictsuperieur 0\]

La positivité de \(u\) entraîne celle de \(v\) :

\[v(t) = \int_0^t u(s) ds > 0\]

pour tout \(t \in \intervalleouvert{0}{\epsilon}\).

Pour \(t\in \intervalleouvert{\epsilon}{\varphi}\), la définition de \(\varphi\) nous dit que \(u \ge 0\) sur \(\intervalleouvert{0}{\varphi}\) et donc :

\begin{align} v(t) &= \int_0^t u(s) ds = \int_0^\epsilon u(s) ds + \int_\epsilon^t u(s) ds \\ &\ge \int_0^\epsilon u(s) ds > 0 \end{align}

On pose :

\[\delta = \int_0^\epsilon u(s) ds\]

pour alléger les notations. Toujours avec \(t \in \intervalleouvert{\epsilon}{\varphi}\), il vient :

\begin{align} u(t) &= 1 - \int_0^t v(s) ds \le 1 - \int_\epsilon^t v(s) ds \\ &\le 1 - (t-\epsilon) \ \delta \end{align}

On peut donc trouver \(t\) tel que \(u(t) \le 0\). En effet, l'égalité :

\[1 - (t-\epsilon) \ \delta = 0\]

est équivalente à :

\[t = \unsur{\delta} + \epsilon < +\infty\]

donc :

\[u\left(\unsur{\delta} + \epsilon\right) \le 0\]

Comme \(u\) est continue, elle ne peut pas devenir négative sans passer par \(0\) et il existe au moins un :

\[\psi \le \unsur{\delta} + \epsilon\]

tel que \(u(\psi) = 0\). Donc :

\[\varphi \le \unsur{\delta} + \epsilon < +\infty\]

Nous allons à présent montrer d'importantes propriétés de périodicité des fonctions trigonométriques. Considérons la plus petite racine positive de \(u\) :

\[\psi = \min\{ x \ge 0 : u(x) = 0 \}\]

Vu que \(u^2+v^2 = 1\), on doit avoir \(v(\psi)^2 = 1 - u(\psi)^2 = 1\). Donc \(v(\psi)=\pm 1\). Mais \(v \ge \delta > 0\) sur l'intervalle \((\epsilon,\psi)\) et par continuité :

\[v(\psi) = \lim_{x\to\psi} v(x) \ge 0\]

La seule solution acceptable est donc \(v(\psi) = 1\). Donc \(v\) est solution du problème :

Mais la fonction définie par \(f(t) = u(t-\psi)\) vérifie également ce problème. Par unicité, on en déduit :

\[u(t-\psi) = v(t)\]

En particulier, en \(t = 2 \psi\), on a :

\[v(2\psi) = u(\psi) = 0\]

Donc \(u(2\psi)^2 = 1 - v(2\psi)^2 = 1\). Quel est le signe de \(u(2\psi)\) ? Choisissons \(s\in [\psi,2\psi]\) et \(t = s-\psi \in [0,\psi]\). On a :

\[v(s) = u(t) \ge 0\]

par définition de \(\psi\) et continuité de \(u\) (la fonction de peut pas devenir négative avant de passer par \(0\)). Donc :

\[u(t) = -\int_\psi^t v(s) ds \le 0\]

et par continuité \(u(2\psi) = -1\). Par unicité de la solution de :

on a :

\[u(t-2\psi) = -u(t)\]

Répétant le même procédé, on obtient successivement :

L'additivité nous donne :

\[\cos(2 \ x) = \cos(x + x) = \cos(x) \cdot \cos(x) - \sin(x) \cdot \sin(x)\]

On a donc :

\[\cos(2 \ x) = \cos(x)^2 - \sin(x)^2\]

Comme \(\sin\) est une primitive de \(\cos\), on a :

\[\int_a^b \cos(t) \ dt = \sin(b) - \sin(a)\]

Comme \(\cos\) est une primitive de \(-\sin\), on a :

\[-\int_a^b \sin(t) \ dt = \cos(b) - \cos(a)\]

ou :

\[\int_a^b \sin(t) \ dt = \cos(a) - \cos(b)\]

La tangente \(\tan\) est définie par :

\[\tan(x) = \frac{\sin(x)}{\cos(x)}\]

pour tout \(x \in \setR\).

Dans le cas où le produit scalaire est réel, on peut trouver un réel \(\theta\in [0,\pi]\) tel que :

\[-1 \le \cos(\theta) = \frac{ \scalaire{x}{y} }{ \norme{x}\ \norme{y} } \le 1\]

On dit alors que \(\theta\) est l'angle formé par les deux vecteurs \(x\) et \(y\).

Autre application des valeurs singulières, les angles entres espaces vectoriels générés par les vecteurs colonnes orthonormés des matrices :

On a donc :

Les valeurs singulières de la matrice des produits scalaires :

\[Y^\dual \cdot X\]

nous donne les cosinus de ces angles.

AFAIRE : CLARIFIER LA FIN DU CHAPITRE

Soit les vecteurs \((c_1,c_2)\) formant une base orthonormée de \(\setR^2\) :

\[\scalaire{c_i}{c_j} = \delta_{ij}\]

et ne dépendant pas de la position :

\[\deriveepartielle{c_i}{x_j} = 0\]

Soit le changement de variable vers \(y = (R,\theta)\), exprimé par :

Soit \(u \in F = \continue^1(\setR^2,\setR)\) et l'équation aux dérivées partielles à résoudre sur \(\Omega\subseteq\setR^2\) :

\[a(x,y,u) \ u_x(x,y) + b(x,y,u) \ u_y(x,y) = c(x,y,u)\]

où nous introduisons les notations :

Les coefficients \(a,b,c\) sont en général des fonctions de \(x,y,u\) mais ne peuvent pas dépendre de \(u_x\) ni de \(u_y\). Soit à présent la courbe \(\Gamma\) définie par :

\[\Gamma = \{ \left(w_x(t),w_y(t)\right) : t \in\setR \}\]

où \(w_x\) et \(w_y\) sont des fonctions dérivables. Définissons la restriction de \(u\) à \(\Gamma\) :

\[\varphi(t) = u\left(w_x(t),w_y(t)\right)\]

Si on s'arrange pour que :

On a alors :

\[\OD{\varphi}{t} = u_x \ a + u_y \ b = c\]

Définissons alors :

\[f : (t,u) \mapsto c\left(w_x(t),w_y(t),u\right)\]

On a :

\[\OD{\varphi}{t}(t) = f(t,u(t))\]

qui est une équation différentielle ordinaire en \(t\). On peut donc connaître \(\varphi\) et donc \(u\) sur \(\Gamma\) si on ajoute la condition initiale :

\[\varphi(0) = u_0\]

On dit alors que \(\Gamma\) est une courbe caractéristique de l'équation aux dérivées partielles.

Soit un espace fonctionnel \(F \subseteq \Leb^2(\setR^n,\setR)\) et une forme \(\forme{}{} : F^D \times F \mapsto \setR\) à laquelle on associe par abus de notation :

\[\int_A u(x) \cdot v(x) \ dx = \forme{u}{v}\]

où \(A \subseteq \setR^n\).

Soit un opérateur \(L : F \mapsto \Leb^2(\setR^n,\setR)\) qui vérifie :

\[\forme{u}{L(v)} = \forme{L(u)}{v}\]

pour tout \(u,v\in F\). On dit d'un tel opérateur qu'il est auto-adjoint.

Nous nous intéressons à l'équation différentielle :

\[L(u) = f\]

où \(f \in F\).

Introduisons la distribution \(\delta\) de Dirac :

\[\int_A \delta(x-a) \ f(x) \ dx = f(a)\]

et définissons la famille de solutions \(v_x\) telles que :

\[L(v_x)(y)=\delta(y-x)\]

On peut alors définir la fonction de Green \(G\) :

\[G(x,y)=v_x(y)\]

Mais les propriétés de \(L\) nous permettent d'écrire :

\[\forme{L(v_x)}{u} = \forme{v_x}{L(u)}\]

Si \(u\) est la solution de \(L(u) = f\), l'équation précédente peut se formeuler comme :

\[\int_A \delta(y-x) \ u(y) \ dy = \int_A v_x(y) \ f(y) \ dy\]

et finalement :

\[u(x) = \int_A G(x,y) \ f(y) \ dy\]

AFAIRE : ARRANGER LE CHAPITRE

Le but est de calculer une approximation de la solution \(y\) de

Pour cela, on choisit \(n\) points \(x_i\), et on tente de progresser en évaluant les approximations successives \(y_{i+1} \approx y(x_{i+1})\) à partir de \(y_i\), pour $i=0,1,2,…$. On pose :

\[h_i = x_{i+1} - x_i\]

AFAIRE : ARRANGER LE CHAPITRE

Soit une équation du premier ordre à résoudre :

\[a(x,y,u) \ u_x(x,y) + b(x,y,u) \ u_y(x,y) = c(x,y,u)\]

Supposons que l'on connaisse la valeur de la solution :

\[u_{i0} = u(x_{i0},y_{i0})\]

pour \(i = 1,2,...,n\). Les équations :

\[\OD{x}{t} = a \qquad \OD{y}{t} = b \qquad \OD{u}{t} = c\]

nous permettent de construire simultanément les courbes caractéristiques et la solution. Par exemple, si on utilise le schéma d'Euler explicite, on a :

On vérifie sur le développement de Taylor de \(u\) que :

pour les dérivées premières et :

pour les dérivées secondes. L'erreur converge vers \(0\) aussi vite que \(h^2\). Posons :

\[U_{ij} = u(i h, j h)\]

Les dérivées approximatives s'écrivent :

et :

On substitue alors ces expressions dans l'équation :

\[F(x,y,u,u_x,u_y,u_{xx},u_{xy},u_{yy}) = 0\]

et on obtient un système linéaire à résoudre en les \(U_{ij}\).

\label{sec:elements_finis}

Soient des espaces fonctionnels \(F,H\subset\fonction(\Omega,\setR)\) et un opérateur linéaire :

\[L \in \lineaire(F,H)\]

Nous cherchons à résoudre de manière approchée l'équation différentielle associée :

\[L(u) = f\]

où \(f\) est une fonction de \(H\). La méthode des éléments finis consiste à imposer l'annulation de l'intégrale du résidu \(L(u)\), pondéré par des fonctions \(\psi_i\) :

\[\int_\Omega \left[L(u)(x)-f(x)] \ \psi_i(x) \ dx = 0\]

pour \(i = 1,2,...,n\). Afin de résoudre ce problème, on discrétise la solution approchée \(u\) :

\[u(x) = \sum_{i=1}^n U_i \ \varphi_i(x)\]

où les \(U_i\) sont des réels et les \(\varphi_i\) des fonctions de \(F\). On définit les grandeurs :

et les matrices :

En utilisant la linéarité de \(L\), l'équation des résidus pondérés :

\[\int_\Omega L(u)(x) \ \psi_i(x) \ dx = \int_\Omega f(x) \ \psi_i(x) \ dx\]

devient :

\[A \ U = F\]

soit un système linéaire à résoudre en \(U\) :

\[U = A^{-1} \ F\]

ce qui nous donne une forme approchée \(u\) de la solution exacte.