Math´ematiques pour les licences de chimie et de physique Tewfik Sari
L3 Chimie et Physique Avertissement : ces notes sont la r´edaction provisoire du cours de math´ematiques pour les licences de chimie et de physique. Dans les deux premiers chapitres on montre comment utiliser l’analyse de Fourier pour r´esoudre l’´equation de la chaleur et l’´equation des ondes. Certains probl`emes li´es a` ces deux e´ quations conduisent a` la r´esolution d’´equations diff´erentielles lin´eaires a` coefficients non constants, dont les solutions ne s’expriment pas a` l’aide des fonctions e´ l´ementaires. Les solutions de ces e´ quations sont appel´ees des fonctions sp´eciales. On en e´ tudie un specimen, les fonctions de Bessel, dans le chapitre trois. Le dernier chapitre est consacr´e a` une br`eve introduction au calcul des probabilit´es sur un ensemble fini.
Chapitre 1
S´eries de Fourier 1.1
S´eries de Fourier en sinus
1.1.1
Propagation de la chaleur dans une tige de longueur finie
On se propose de r´esoudre le probl`eme suivant t > 0, 0 < x < l ut = a2 uxx , u(0, t) = u(l, t) = 0, t ≥ 0 u(x, 0) = ϕ(x), 0≤x≤l
(1.1)
qui mod´elise la propagation de la chaleur dans une tige de longueur finie l dont les extr´emit´es sont maintenues a` la temp´erature 0. Ici u(x, t) d´esigne la temp´erature de la tige au point x a` l’instant t. Les relations de compatibilit´e entre les conditions initiales u(0, t) = u(l, t) = 0 et la condition initiale u(x, 0) = ϕ(x) sont ϕ(0) = ϕ(l) = 0. M´ethode de s´eparation des variables On oublie momentan´ement la condition initiale u(x, 0) = ϕ(x) et on cherche les solutions du probl`eme ½ ut = a2 uxx , t > 0, 0 < x < l (1.2) u(0, t) = u(l, t) = 0, t ≥ 0 qui se mettent sous la forme u(x, t) = X(x)T (t). On obtient : ut = a2 uxx ⇐⇒ XT 0 = a2 X 00 T ⇐⇒ u(0, t) = 0 ⇐⇒ X(0) = 0,
X 00 T0 = = −λ ∈ R. a2 T X
u(l, t) = 0 ⇐⇒ X(l) = 0.
Par cons´equent le probl`eme (1.2) est e´ quivalent aux deux probl`emes suivants ½ 00 X + λX = 0, 0 0
(1.3) (1.4)
o`u λ est un param`etre r´eel. Le probl`eme (1.3) est appel´e un probl`eme de Sturm-Liouville : Il s’agit de trouver les valeurs de λ qui seront appel´ees les valeurs propres pour lesquelles le probl`eme (1.3) admet des solution non triviales (c’est a` dire non identiquement nulles), qui seront appel´ees les fonctions propres. On a le r´esultat suivant Th´eor`eme 1 Les solutions du probl`eme de Sturm Liouville (1.3) sont µ ¶2 kπ kπx λk = , Xk (x) = sin , avec l l 2
k = 1, 2, 3, · · · .
´ 1.1. SERIES DE FOURIER EN SINUS
3
Les solutions du probl`eme (1.4) correspondant aux valeurs propres λ = λk sont Tk (t) = Ak e−(
kπa 2 t l
) ,
Ak ∈ R.
avec
Par cons´equent, les solutions de la forme u(x, t) = T (t)X(x) du probl`eme (1.2) sont uk (x, t) = Ak e−(
) sin kπx , l
kπa 2 t l
avec
k = 1, 2, 3, · · · .
(1.5)
Principe de superposition Comme le probl`eme (1.2) est lin´eaire on a le r´esultat suivant Proposition 1 Si u1 et u2 sont des solutions du probl`eme (1.2) alors leur somme u1 + u2 est aussi une solution de ce probl`eme. Plus g´en´eralement si uk , k = 1, 2, · · · sont des solutions alors la s´erie +∞ X
u=
uk = u1 + u2 + · · · + uk + · · ·
k=1
est une solution (pourvu qu’elle converge comme il faut). Comme on connait les solutions (1.5) du probl`eme (1.2), on en d´eduit que les s´eries u(x, t) =
+∞ X
Ak e−(
) sin kπx l
kπa 2 t l
k=1
(1.6)
sont des solutions du probl`eme (1.2). Une telle fonction v´erifie aussi la condition initiale u(x, 0) = ϕ(x) si et seulement si on a +∞ X kπx . ϕ(x) = u(x, 0) = Ak sin l k=1
D´eveloppements en s´eries de Fourier en sinus Soit ϕ : [0, l] → R une fonction continue et de classe C 1 . Alors, pour tout x ∈]0, l[, on a ϕ(x) =
+∞ X
Ak sin
k=1
avec
2 Ak = l
Z
Si la fonction ϕ est seulement de classe +∞ X k=1
l
ϕ(x) sin 0 C1
kπx dx, l
kπx , l k = 1, 2, · · · .
(1.7)
(1.8)
par morceaux, alors en un point de discontinuit´e x on a
Ak sin
kπx ϕ(x + 0) + ϕ(x − 0) = , l 2
o`u ϕ(x + 0) et ϕ(x − 0) d´esignent les limites a` droite et a` gauche de la fonction ϕ au point x. Les formules qui donnent les constantes Ak s’obtiennent imm´ediatement en utilisant les relations d’orthogonalit´e suivantes ½ Z 2 l kπx nπx 0 si k 6= n sin sin dx = 1 si k = n. l 0 l l Il suffit de multiplier les deux membres de l’´egalit´e (1.7) par sin nπx egrer entre 0 et l. En effet on a l puis d’int´ Z l Z lX Z l +∞ +∞ X nπx kπx nπx kπx nπx l ϕ(x) sin dx = Ak sin sin dx = Ak sin sin dx = An . l l l l l 2 0 0 0 k=1
k=1
En conclusion on a le r´esultat suivant (`a ne pas apprendre par coeur !) Proposition 2 La solution du probl`eme (1.1) est donn´ee par (1.6) o`u les constantes Ak sont d´efinies par les formules (1.8)
´ CHAPITRE 1. SERIES DE FOURIER
4
1.1.2
Propagation des ondes dans une corde de longueur finie
On se propose de r´esoudre le probl`eme suivant t > 0, 0 < x < l utt = a2 uxx , u(0, t) = u(l, t) = 0, t≥0 u(x, 0) = ϕ(x), ut (x, 0) = ψ(x) 0 ≤ x ≤ l
(1.9)
qui mod´elise la propagation d’une onde dans corde de longueur finie l dont les extr´emit´es sont maintenues immobiles. Ici u(x, t) d´esigne l’´ecart par rapport a` la position au repos de la corde au point x a` l’instant t. M´ethode de s´eparation des variables On oublie momentan´ement les conditions initiales u(x, 0) = ϕ(x) et ut (x, 0) = ψ(x) et on cherche les solutions du probl`eme ½ utt = a2 uxx , t > 0, 0 < x < l (1.10) u(0, t) = u(l, t) = 0, t ≥ 0 qui se mettent sous la forme u(x, t) = X(x)T (t). On obtient : utt = a2 uxx ⇐⇒ XT 00 = a2 X 00 T ⇐⇒ u(0, t) = 0 ⇐⇒ X(0) = 0,
X 00 T 00 = = −λ ∈ R. a2 T X
u(l, t) = 0 ⇐⇒ X(l) = 0.
Par cons´equent le probl`eme (1.10) est e´ quivalent aux deux probl`emes suivants ½ 00 X + λX = 0, 0
(1.11)
T 00 + a2 λT = 0, t > 0
(1.12)
o`u λ est un param`etre r´eel. On sait (Th´eor`eme 1) que les solutions du probl`eme de Sturm Liouville (1.11) sont µ ¶2 kπ kπx λk = , Xk (x) = sin , avec k = 1, 2, 3, · · · l l Les solutions du probl`eme (1.12) correspondant aux valeurs propres λk sont Tk (t) = Ak cos
kπat kπat + Bk sin , l l
avec
Ak , Bk ∈ R.
Par cons´equent, les solutions de la forme u(x, t) = T (t)X(x) du probl`eme (1.10) sont µ ¶ kπat kπat kπx uk (x, t) = Ak cos + Bk sin sin , k = 1, 2, 3, · · · . l l l
(1.13)
Principe de superposition Comme le probl`eme (1.10) est lin´eaire et que l’on dispose de ses solutions (1.13), les s´eries u(x, t) =
¶ +∞ µ X kπat kπat kπx Ak cos + Bk sin sin l l l
(1.14)
k=1
sont des solutions du probl`eme (1.10). Une telle fonction v´erifie aussi les conditions initiales u(x, 0) = ϕ(x) et ut (x, 0) = ψ(x) si et seulement si on a ϕ(x) = u(x, 0) =
+∞ X k=1
kπx Ak sin l
et
ψ(x) = ut (x, 0) =
+∞ X kπa k=1
l
Bk sin
kπx . l
´ 1.1. SERIES DE FOURIER EN SINUS
5
En e´ crivant les d´eveloppements en s´eries de Fourier des fonction ϕ et ψ on obtient Ak =
2 l
Z
l
ϕ(x) sin 0
kπx dx, l
2 kπa
Bk =
Z
l
ψ(x) sin 0
kπx dx l
(1.15)
En conclusion on a le r´esultat suivant (`a ne pas apprendre par coeur !) Proposition 3 La solution du probl`eme (1.9) est donn´ee par (1.14) o`u les constantes Ak et Bk sont d´efinies par les formules (1.15).
1.1.3
Unicit´e des solutions des probl`emes (1.1) et (1.9)
Unicit´e des solutions du probl`eme (1.1) Dans cette section nous allons montrer que le probl`eme (1.1) n’a qu’une solution, de sorte que la solution obtenue dans la proposition 2 est bien l’unique solution de ce probl`eme. Soient u1 et u2 des solutions du probl`eme (1.1). Alors u = u1 − u2 est solution du probl`eme t > 0, 0 < x < l ut = a2 uxx , u(0, t) = u(l, t) = 0, t ≥ 0 u(x, 0) = 0, 0≤x≤l Montrons que l’unique solution de ce probl`eme est la solution nulle u(x, t) ≡ 0. Multiplions l’´equation ut = a2 uxx par u on obtient uut = a2 uuxx . Une int´egration par parties par rapport a` x entre 0 et l nous donne Z 0
Z
l
uut dx = a
Z
l
2
2
uuxx dx = a
0
x=l [uux ]x=0
−a
2 0
l
u2x dx.
x=l = 0. Posons Des conditions aux limites u(0, t) = u(l, t) = 0 on d´eduit que [uux ]x=0
1 G(t) = 2
Z
l
u2 (x, t)dx
0
Comme u(x, 0) = 0 on a G(0) = 0. De plus, pour tout t ≥ 0, G(t) ≥ 0 et Z 0
G (t) = 0
Z
l
uut dx = −a
2 0
l
u2x dx ≤ 0.
Par cons´equent G(t) = 0 pour tout t ≥ 0 et donc u(x, t) = 0 pour tout t ≥ 0 et tout x ∈ [0, l]. Unicit´e des solutions du probl`eme (1.1) Nous allons montrer que le probl`eme (1.9) n’a qu’une solution, de sorte que la solution obtenue dans la proposition 3 est bien l’unique solution de ce probl`eme. Soient u1 et u2 des solutions du probl`eme (1.9). Alors u = u1 − u2 est solution du probl`eme t > 0, 0 < x < l utt = a2 uxx , u(0, t) = u(l, t) = 0, t≥0 u(x, 0) = 0, ut (x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ l Montrons que l’unique solution de ce probl`eme est la solution nulle u(x, t) ≡ 0. Consid´erons la fonction 1 E(t) = 2
Z 0
l
£ 2 ¤ ut + a2 u2x dx.
´ CHAPITRE 1. SERIES DE FOURIER
6
Une int´egration par parties par rapport a` x nous donne Z l Z l Z l £ ¤ 2 2 x=l 2 0 ut utt + a ux uxt dx = ut utt dx + a [ux ut ]x=0 − a ut uxx dx E (t) = 0 0 0 Z l 2 x=l = ut [utt − a2 uxx ]dx + a2 [ux ut ]x=l x=0 = a [ux ut ]x=0 = 0. 0
La derni`ere e´ galit´e provient des conditions aux limites u(0, t) = u(l, t) = 0 qui impliquent ut (0, t) = ut (l, t) = 0. Ainsi E(t) reste constant pour tout t ≥ 0. Or Z ¤ 1 l£ 2 E(0) = ut (x, 0) + a2 u2x (x, 0) dx = 0, 2 0 car ut (x, 0) = 0 pour x ∈ [0, l] et u(x, 0) = 0 pour x ∈ [0, l] implique ux (x, 0) = 0 pour x ∈ [0, l]. Par cons´equent E(t) = 0 pour tout t > 0. On en d´eduit que pour tout t > 0 et tout x ∈ [0, l] on a ut (x, t) = 0, ux (x, t) = 0, c’est a` dire que u(x, t) reste constante. Comme u(x, 0) = 0 on a bien u(x, t) = 0 pour tout t ≥ 0 et tout x ∈ [0, l].
1.2 1.2.1
S´eries de Fourier S´eries de Fourier en cosinus
On se propose de r´esoudre le probl`eme suivant t > 0, 0 < x < l ut = a2 uxx , ux (0, t) = ux (l, t) = 0, t ≥ 0 u(x, 0) = ϕ(x), 0≤x≤l
(1.16)
qui mod´elise la propagation de la chaleur dans une tige de longueur finie l dont les extr´emit´es sont isol´ees. M´ethode de s´eparation des variables On oublie momentan´ement la condition initiale u(x, 0) = ϕ(x) et on cherche les solutions du probl`eme ½ ut = a2 uxx , t > 0, 0 < x < l (1.17) ux (0, t) = ux (l, t) = 0, t ≥ 0 qui se mettent sous la forme u(x, t) = X(x)T (t). On obtient : ut = a2 uxx ⇐⇒ XT 0 = a2 X 00 T ⇐⇒ ux (0, t) = 0 ⇐⇒ X 0 (0) = 0,
T0 X 00 = = −λ ∈ R. a2 T X
ux (l, t) = 0 ⇐⇒ X 0 (l) = 0,
Par cons´equent le probl`eme (1.17) est e´ quivalent aux deux probl`emes suivants ½ 00 X + λX = 0, 0 0
(1.18) (1.19)
o`u λ est un param`etre r´eel. On ne peut pas appliquer le r´esultat du th´eor`eme 1 car les conditions aux limites du probl`eme de Sturm Liouville (1.18) sont diff´erentes des conditions aux limites du probl`eme de Sturm Liouville (1.3). On a le r´esultat suivant Th´eor`eme 2 Les solutions du probl`eme de Sturm Liouville (1.18) sont µ ¶2 kπ kπx λk = , Xk (x) = cos , avec l l
k = 0, 1, 2, · · ·
´ 1.2. SERIES DE FOURIER
7
Les solutions du probl`eme (1.19) correspondant aux valeurs propres λ = λk sont Tk (t) = Ak e−(
kπa 2 t l
) ,
Ak ∈ R.
avec
Par cons´equent, les solutions de la forme u(x, t) = T (t)X(x) du probl`eme (1.17) sont uk (x, t) = Ak e−(
) cos kπx , l
kπa 2 t l
k = 0, 1, 2, · · ·
avec
(1.20)
Principe de superposition Comme le probl`eme (1.17) est lin´eaire et que l’on connait ses solutions (1.20), les s´eries u(x, t) =
+∞ X
Ak e−(
) cos kπx l
kπa 2 t l
k=0
(1.21)
sont des solutions du probl`eme (1.17). Une telle fonction v´erifie aussi la condition initiale u(x, 0) = ϕ(x) si et seulement si on a +∞ X kπx . ϕ(x) = u(x, 0) = Ak cos l k=0
D´eveloppements en s´eries de Fourier en cosinus Soit ϕ : [0, l] → R une fonction continue et de classe C 1 . Alors, pour tout x ∈]0, l[, on a ϕ(x) =
+∞ X
Ak cos
k=0
avec
1 A0 = l
Z
l
ϕ(x)dx, 0
2 Ak = l
Z
kπx l
l
ϕ(x) cos 0
(1.22)
kπx dx, l
k = 1, 2, · · ·
(1.23)
Si la fonction ϕ est seulement de classe C 1 par morceaux, alors en un point de discontinuit´e x on a +∞ X
Ak cos
k=0
kπx ϕ(x + 0) + ϕ(x − 0) = . l 2
Les formules qui donnent les constantes Ak s’obtiennent imm´ediatement en utilisant les relations d’orthogonalit´e suivantes ½ Z 2 l kπx nπx 0 si k 6= n cos cos dx = 1 si k = n 6= 0. l 0 l l Il suffit de multiplier les deux membres de l’´egalit´e (1.22) par cos nπx egrer entre 0 et l. En effet pour l puis d’int´ n ≥ 1 on a Z lX Z l +∞ kπx nπx nπx dx = Ak cos cos dx ϕ(x) cos l l l 0 k=0 0 Z l +∞ X kπx nπx l = Ak cos cos dx = An . l l 2 0 k=0
Et pour n = 0 on a Z
l
ϕ(x)dx = 0
Z lX +∞ 0 k=0
+∞
X kπx dx = Ak Ak cos l k=0
Z
l
cos 0
kπx dx = lA0 . l
En conclusion on a le r´esultat suivant (`a ne pas apprendre par coeur !) Proposition 4 La solution du probl`eme (1.16) est donn´ee par (1.21) o`u les constantes Ak sont d´efinies par les formules (1.23).
´ CHAPITRE 1. SERIES DE FOURIER
8
1.2.2
S´eries de Fourier
Coefficients de Fourier Soit cn une suite de nombres complexes. On note par
X
cn eint la s´erie
n∈Z
X
cn eint
X¡ ¢ = c0 + cn eint + c−n e−int . n≥1
n∈Z
Comme on a
eint = cos(nt) + i sin(nt),
on peut e´ crire aussi
X
cn eint =
e−int = cos(nt) − i sin(nt),
a0 X (an cos(nt) + bn sin(nt)) + 2 n≥1
n∈Z
avec an = cn + c−n ,
bn = i(cn − c−n )
pour tout n ≥ 0.
Ces derni`eres e´ quations sont e´ quivalentes a` cn =
an − ibn , 2
Proposition 5 Supposons que la s´erie
an + ibn 2
c−n =
P
n∈Z cn
eint
pour tout n ≥ 0.
soit uniform´ement convergente. Soit f (t) =
+∞ X
cn eint
n=−∞
sa somme. Alors on a cn =
1 2π
Z
2π
f (t)e−int dt.
0
En notation trigonom´etrique on a : si f (t) est la somme d’une s´erie uniform´ement convergente a0 X f (t) = + (an cos(nt) + bn sin(nt)) , 2 n≥1
alors on a
1 π
an =
Z
2π
f (t) cos(nt)dt,
bn =
0
1 π
Z
2π
f (t) sin(nt)dt. 0
Pour la d´emonstration on pose f (t)e
imt
+∞ X
=
cn ei(n−m)t .
n=−∞
Comme la s´erie converge uniform´ement on peut int´egrer terme a` terme. On obtient Z
2π
f (t)e
imt
dt =
0
+∞ X n=−∞
Z cn
0
2π
ei(n−m)t dt = 2πcm .
D´efinition 1 Soit f : R → C une fonction 2π-p´eridoique et continue par morceaux. On appelle coefficients de Fourier de f les nombres complexes Z 2π 1 cn (f ) = f (t)e−int dt, n ∈ Z, 2π 0 ou bien les nombres complexes Z 1 2π an (f ) = f (t) cos(nt)dt, π 0
1 bn (f ) = π
Z
2π
f (t) sin(nt)dt, 0
n ∈ N.
´ 1.2. SERIES DE FOURIER
9
La s´erie de Fourier de la fonction f est la s´erie X
cn (f )eint =
a0 (f ) X + (an (f ) cos(nt) + bn (f ) sin(nt)) . 2 n≥1
n∈Z
Exercices D´emontrer les propri´et´es suivantes 1. Si f : R → R alors an (f ) et bn (f ) sont r´eels et c−n (f ) = cn (f ). 2. Les an , bn et cn sont lin´eaires en f : an (λf + µg) = λan (f ) + µan (g),
bn (λf + µg) = λbn (f ) + µbn (g),
cn (λf + µg) = λcn (f ) + µcn (g). 3. On peut remplacer l’intervalle d’int´egration [0, 2π] par n’importe quel intervalle de longueur 2π, par exemple par l’intervalle [−π, π]. Rπ 4. Si f est paire alors an (f ) = π2 0 f (t) cos(nt)dt R πet bn (f ) = 0. 5. Si f est impaire alors an (f ) = 0 et bn (f ) = π2 0 f (t) sin(nt)dt. Convergence de la s´erie de Fourier X La s´erie de Fourier cn (f )eint d’une fonction f est-elle convergente ? Si oui, sa somme est-elle e´ gale a` n∈Z
la fonction f . La r´eponse est donn´ee par le th´eor`eme suivant Th´eor`eme 3 [Th´eor`eme de Dirichlet]. Si f est de classe C 1 par morceaux alors la s´erie de Fourier de f est simplement convergente et on a ½ +∞ X f (t) si f est continue en t cn (f )eint = f (t+0)+f (t−0) si f n’est pas est continue en t 2 n=−∞ Si de plus f est continue alors la s´erie de Fourier
X
cn (f )eint est normalement, donc uniform´ement conver-
n∈Z
gente et sa somme est e´ gale a` f (t).
On a aussi le r´esultat suivant qui est vrai mˆeme si la fonction f est seulement continue par morceaux. Th´eor`eme 4 [Formule de Parseval]. Si f est continue par morceaux on a +∞ X
´ |a0 (f )|2 1 X ³ 1 + |an (f )|2 + |bn (f )|2 = 4 2 2π +∞
|cn (f )|2 =
n=−∞
n=1
Z
π
|f (t)|2 dt.
−π
Fonctions T -p´eriodiques D´efinition 2 Soit f : R → C une fonction T -p´eridoique et continue par morceaux. On appelle coefficients de Fourier de f les nombres complexes Z 2πnt 1 T cn (f ) = n ∈ Z, f (t)e−i T dt, T 0 ou bien les nombres complexes Z 2 T 2πnt an (f ) = f (t) cos dt, T 0 T
2 bn (f ) = T
Z
T
f (t) sin 0
2πnt dt, T
n ∈ N.
La s´erie de Fourier de la fonction f est la s´erie X n∈Z
cn (f )e
i 2πnt T
µ ¶ a0 (f ) X 2πnt 2πnt = + an (f ) cos + bn (f ) sin . 2 T T n≥1
(1.24)
´ CHAPITRE 1. SERIES DE FOURIER
10 On d´emontre facilement que Si f est impaire alors an (f ) = 0 Si f est paire alors 4 an (f ) = T
bn (f ) =
et Z
T /2
f (t) cos 0
4 T
Z
T /2
2πnt dt. T
(1.25)
bn (f ) = 0.
(1.26)
f (t) sin 0
2πnt dt, T
et
Proposition 6 Le th´eor`eme de Dirichlet est vrai. La formule de Parseval devient ´ |a0 (f )|2 1 X ³ 1 |cn (f )| = + |an (f )|2 + |bn (f )|2 = 4 2 T n=−∞ +∞ X
+∞
Z
2
n=1
T
|f (t)|2 dt,
0
Retour sur les s´eries de Fourier en sinus ou en cosinus Soit l > 0 et soit ϕ : [0, l] → R une fonction de classe C 1 . On peut l’´etendre en une fonction, not´ee encore ϕ : R → R, qui est 2l-p´eriodique et impaire. En utilisant les formules (1.24) et (1.25), ainsi que la proposition 6 (th´eor`eme de Dirichlet), pour tout t ∈]0, l[, on a ϕ(t) =
+∞ X
bn (ϕ) sin
n=1
nπt , l
bn (ϕ) =
avec
2 l
Z
l
ϕ(t) sin 0
nπt dt. l
On retouve ainsi les formules (1.7) et (1.8). On peut l’´etendre aussi en une fonction, not´ee encore ϕ : R → R, qui est 2l-p´eriodique et paire. D’apr`es les formules (1.24) et (1.26), et en utilisant la proposition 6, pour tout t ∈]0, l[, on a +∞
a0 (ϕ) X nπt ϕ(t) = + an (ϕ) cos , 2 l n=1
On retouve ainsi les formules (1.22) et (1.23).
avec
2 an (ϕ) = l
Z
l
ϕ(t) cos 0
nπt dt. l
Chapitre 2
Transform´ee de Fourier 2.1 D´efinitions et propri´et´es 2.1.1
Motivations physiques
On se propose de r´esoudre le probl`eme suivant t > 0, x > 0 ut = a2 uxx , u(0, t) = 0, t≥0 u(x, 0) = ϕ(x), x > 0
(2.1)
qui mod´elise la propagation de la chaleur dans une tige de longueur infinie dont l’une des extr´emit´es est maintenue a` la temp´erature 0. Ici u(x, t) d´esigne la temp´erature de la tige au point x a` l’instant t. M´ethode de s´eparation des variables On oublie momentan´ement la condition initiale u(x, 0) = ϕ(x) et on cherche les solutions du probl`eme ½ ut = a2 uxx , t > 0, x > 0, |u(x, t)| < +∞ (2.2) u(0, t) = 0, t ≥ 0 qui se mettent sous la forme u(x, t) = X(x)T (t). On obtient : ut = a2 uxx ⇐⇒ XT 0 = a2 X 00 T ⇐⇒ u(0, t) = 0 =⇒ X(0) = 0,
X 00 T0 = = −λ ∈ R. a2 T X
|u(x, t)| < +∞ =⇒ |X(x)| < +∞.
Probl`eme de Sturm-Liouville La fonction X(x) est solution du probl`eme suivant ½ 00 X + λX = 0, x > 0 X(0) = 0 |X(x)| < +∞
(2.3)
o`u λ est un param`etre r´eel. Th´eor`eme 5 Les solutions du probl`eme de Sturm Liouville (2.3) sont λ = ξ2,
Xξ (x) = A(ξ) sin(ξx),
avec
ξ > 0 et A(ξ) ∈ R.
Les solutions de l’´equation T 0 + a2 λT = 0 correspondant aux valeurs propres λ = ξ 2 sont Tξ (t) = C(ξ)e−a
2 ξ2 t
,
avec
C(ξ) ∈ R.
Par cons´equent, les solutions de la forme u(x, t) = T (t)X(x) du probl`eme (2.2) sont 2 ξ2 t
uξ (x, t) = B(ξ)e−a
sin(ξx),
avec 11
ξ > 0 et B(ξ) ∈ R
(2.4)
´ DE FOURIER CHAPITRE 2. TRANSFORMEE
12 Principe de superposition
Comme le probl`eme (2.2) est lin´eaire et que l’on dispose des solutions (2.4) du probl`eme (2.2), on en d´eduit que les intt´egrales Z +∞
u(x, t) =
B(ξ)e−a
2 ξ2 t
sin(ξx)dξ
(2.5)
0
sont des solutions du probl`eme (2.2). Une telle fonction v´erifie aussi la condition initiale u(x, 0) = ϕ(x) si et seulement si on a Z +∞
ϕ(x) = u(x, 0) =
B(ξ) sin(ξx)dξ. 0
Une telle e´ criture existe pour toute fonction ϕ (voir section suivante). La fonction B(ξ) est la transform´ee de Fourier de ϕ (`a un facteur multiplicatif pr`es) et est donn´ee par Z 2 +∞ B(ξ) = ϕ(x) sin(ξx)dx. (2.6) π 0 En conclusion on a le r´esultat suivant (`a ne pas apprendre par coeur !) Proposition 7 La solution du probl`eme (2.1) est donn´ee par (2.5) o`u la fonction B(ξ) est d´efinie par la formule (2.6)
2.1.2
D´efinitions
Soit f : R → R une fonction absolument int´egrable, c’est a` dire Z +∞ |f (x)|dx < +∞. −∞
On d´efinit la fonction
1 F (ξ) = √ 2π
Z
+∞
f (x)e−iξx dx.
−∞
Cette int´egrale est uniform´ement convergente car |f (x)e−iξx | = |f (x)|. Elle d´efinit donc une fonction d´erivable F (ξ) appel´ee la transform´ee de Fourier de f (x) et que l’on note F (ξ) = F[f (x)] ou bien F = F[f ]. On montre (admis sans d´emonstration) que l’on a f =F Exemple. Soit α > 0 alors
−1
[F ]
1 f (x) = √ 2π
avec
Z
+∞
F (ξ)eiξx dξ
−∞
ξ2 1 2 f (x) = e−αx =⇒ F (ξ) = √ e− 4α . 2α
En effet, une d´erivation sous le signe int´egral, suivie par une int´egration par parties, nous donne Z +∞ 1 ξ 2 F 0 (ξ) = √ e−αx e−iξx (−ix)dx = − F (ξ). 2α 2π −∞ Donc
ξ2
F (ξ) = F (0)e− 4α , avec
1 F (0) = √ 2π
Z
+∞
−∞
1 2 e−αx dx = √ . 2α
(2.7)
´ ´ ES ´ 2.1. DEFINITIONS ET PROPRIET
2.1.3
13
Propri´et´es
Fonctions paires et fonctions impaires Si f est une fonction paire alors r Z +∞ 2 F (ξ) = f (x) cos(ξx)dx π 0
et
Si f est une fonction impaire alors r Z +∞ 2 F (ξ) = −i f (x) sin(ξx)dx π 0
et
r Z +∞ 2 f (x) = F (ξ) cos(ξx)dξ. π 0 r Z +∞ 2 f (x) = i F (ξ) sin(ξx)dξ. π 0
On retrouve la formule (2.6) de la mani`ere suivante. Soit ϕ : [0, +∞[→ R une fonction q absolument int´egrable. On la compl`ete en une fonction impaire, not´ee encore ϕ : R → R. Notons par B(ξ) = i 2 B(ξ) = π
Z
Z
+∞
ϕ(x) sin(ξx)dx
et
Alors
+∞
ϕ(x) =
0
2 π F[ϕ(x)].
B(ξ) sin(ξx)dξ. 0
Lin´earit´e Soient f et g des fonctions absolument int´egrables. On a F[αf + βg] = αF[f ] + βF[g] D´erivation de f Soit f une fonction absolument int´egrable telle que f (±∞) = 0 alors F[f 0 ] = iξF[f ].
(2.8)
En effet, soit F (ξ) = F[f (x)]. Une int´egration par parties nous donne Z +∞ 1 0 f 0 (x)e−iξx dx F[f ](ξ) = √ 2π −∞ Z +∞ ix=+∞ 1 h 0 iξ −iξx = √ f (x)e +√ f (x)e−iξx dx = iξF (ξ). x=−∞ 2π 2π −∞ Produit de convolution Soient f et g des fonctions absolument int´egrables. On d´efinit leur produit de convolution f ∗ g par Z +∞ f ∗ g(x) = f (u)g(x − u)du. −∞
On a F[f ∗ g] =
√ 2πF[f ]F[g].
En effet on a F[f ]F[g](ξ) = = =
Z +∞ Z +∞ 1 1 −iξu √ √ f (u)e du g(v)e−iξv dv 2π −∞ 2π −∞ Z +∞ Z +∞ 1 f (u)g(v)e−iξ(u+v) dudv 2π −∞ −∞ ¸ Z +∞ ·Z +∞ 1 1 f (u)g(x − u)du e−iξx dv = √ F[f ∗ g](ξ). 2π −∞ 2π −∞
(2.9)
´ DE FOURIER CHAPITRE 2. TRANSFORMEE
14 Transaltions Si F (ξ) = F[f (x)] alors
F[f (x − a)] = e−iξa F (ξ)
(2.10)
Exercice Si F (ξ) = F[f (x)] . Montrer que pour tout a > 0, on a µ ¶ 1 ξ F[f (ax)] = F . a a
2.2 2.2.1
Applications Equation de la chaleur
On se propose de r´esoudre le probl`eme suivant ½ ut = a2 uxx , t > 0, −∞ < x < +∞ u(x, 0) = ϕ(x), −∞ < x < +∞
(2.11)
qui mod´elise la propagation de la chaleur dans une tige de longueur infinie. Ici u(x, t) d´esigne la temp´erature de la tige au point x a` l’instant t. On pose U (ξ, t) = F[u(x, t)], Comme on a F[ut (x, t)] = le probl`eme (2.11) e´ quivaut a`
dU (ξ, t) dt ½
dont la solution est donn´ee par
Φ(ξ) = F[ϕ(x)]. F[uxx (x, t)] = −ξ 2 U (ξ, t),
et
dU dt
+ a2 ξ 2 U = 0, t > 0 U (ξ, 0) = Φ(ξ), U (ξ, t) = Φ(ξ)e−a
2 ξ2 t
.
D’apr`es la formule (2.7) on a F[g(x, t)] = e−a
2 ξ2 t
,
avec
x2 1 g(x, t) = √ e− 4a2 t a 2t
Ainsi U (ξ, t) est le produit des deux transform´ees de Fourier Φ(ξ) = F[ϕ(x)] et F[g(x, t)]. Par cons´equent, d’apr`es (2.9), u(x, t) = F −1 [U (ξ, t)] est e´ gale au produit de convolution Z +∞ (x−ξ)2 1 1 u(x, t) = √ ϕ ∗ g(x, t) = √ ϕ(ξ)e− 4a2 t dξ (2.12) 2a πt −∞ 2π Exercice Montrer que pour tout r´eel ξ, la fonction u(x, t, ξ) =
(x−ξ)2 1 √ e− 4a2 t 2a πt
est une solution de l’´equation de la chaleur ut = a2 uxx . La solution (2.12), que l’on peut e´ crire Z +∞ u(x, t) = ϕ(ξ)u(x, t, ξ)dξ −∞
est obtenue par superposition de ces solutions u(x, t, ξ). Pour montrer qu’elle v´erifie la condition initiale u(x, 0) = ϕ(x) is suffit de faire le changement de variable z= On obtient alors 1 u(x, t) = √ π
Z
+∞
−∞
x−ξ √ . 2a t
Z +∞ √ −z 2 1 2 ϕ(x − 2az t)e dz =⇒ u(x, 0) = ϕ(x) √ e−z dz = ϕ(x). π −∞
2.2. APPLICATIONS
15
Proposition 8 La solution du probl`eme (2.11) est donn´ee, pour tot x ∈ R et tout t > 0 par Z +∞ Z +∞ √ (x−ξ)2 1 1 2 − 2 u(x, t) = √ ϕ(ξ)e 4a t dξ = √ ϕ(x − 2az t)e−z dz. π −∞ 2a πt −∞
2.2.2
Equation des ondes
On se propose de r´esoudre le probl`eme suivant ½ utt = a2 uxx , t > 0, −∞ < x < +∞ u(x, 0) = ϕ(x), ut (x, 0) = ψ(x), −∞ < x < +∞
(2.13)
qui mod´elise la propagation des ondes dans une corde de longueur infinie. Ici u(x, t) d´esigne l’´ecart par rapport a` la position au repos de la corde au point x a` l’instant t. On pose U (ξ, t) = F[u(x, t)], Comme on a F[utt (x, t)] =
Φ(ξ) = F[ϕ(x)],
d2 U (ξ, t) dt2
Ψ(ξ) = F[ψ(x)].
F[uxx (x, t)] = −ξ 2 U (ξ, t),
et
le probl`eme (2.13) e´ quivaut a` ½
d2 U dt2
+ a2 ξ 2 U = 0, t>0 U (ξ, 0) = Φ(ξ), dU (ξ, 0) = Ψ(ξ) dt
dont la solution est donn´ee par Ψ(ξ) sin(aξt). aξ eiaξt + e−iaξt Ψ(ξ) eiaξt − e−iaξt = Φ(ξ) + 2 iξ 2a
U (ξ, t) = Φ(ξ) cos(aξt) +
D’apr`es la formule (2.10) on a Φ(ξ)eiaξt = F[ϕ(x + at)], D’apr`es les formules (2.8) et (2.10) on a ·Z x+at ¸ Ψ(ξ) iaξt e =F ψ(s)ds , iξ 0
Φ(ξ)e−iaξt = F[ϕ(x − at)].
Ψ(ξ) −iaξt e =F iξ
Par cons´equent on a F
F[ϕ(x + at)] + F[ϕ(x − at)] + 2 Par lin´ealit´e de la transform´ee de Fourier, on en d´eduit que U (ξ, t) =
hR x+at 0
·Z
x−at
¸ ψ(s)ds .
0
i hR i x−at ψ(s)ds + F 0 ψ(s)ds
ϕ(x + at) + ϕ(x − at) 1 u(x, t) = + 2 2a
2a Z
.
x+at
ψ(s)ds.
(2.14)
x−at
Exercice Montrer que l’´equation des ondes utt = a2 uxx est e´ quivalente a` l’´equation ∂2u = 0, ∂ξ∂η
avec
ξ = x − at,
η = x + at.
En d´eduire alors que la solution g´en´erale de l’´equation des ondes s’´ecrit u(x, t) = v(x + at) + w(x − at), avec v et w des fonctions arbitraires. Retrouver alors la solution (2.14) en consid´erant les conditions initiales u(x, 0) = φ(x) et ut (x, 0) = ψ(x). Proposition 9 La solution du probl`eme (2.13) est donn´ee par (2.14).
Chapitre 3
Fonctions de Bessel Les fonctions de Bessel sont des solutions de l’´equation diff´erentielle, dite de Bessel : x2 y 00 + xy 0 + (x2 − ν 2 )y = 0,
(3.1)
o`u ν ≥ 0 est un param`etre r´eel. Notons tout de suite le Lemme 1 Une fonction y(x) est solution de l’´equation de Bessel (3.1) si et seulement si la fonction z(x) = y(λx) est solution de l’´equation x2 z 00 + xz 0 + (λ2 x2 − ν 2 )z = 0. (3.2) En effet on a z 0 (x) = λy 0 (λx), z 00 (x) = λ2 y 00 (λx) et donc x2 z 00 (x) + xz 0 (x) + (λ2 x2 − ν 2 )z(x) = (λx)2 y 00 (λx) + (λx)y 0 (λx) + ((λx)2 − ν 2 )y(λx) = 0.
3.1 3.1.1
La fonction de Bessel J0 Motivations
Nous allons montrer pourquoi l’´equation (3.2) pr´esente un int´erˆet pour les applications. L’´equation des ondes s’´ecrit utt = a2 ∆u o`u ∆u est le Laplacien de la fonction u. En dimension 2 on a, en coordonn´ees cart´esiennes et en coordonn´ees polaires : 1 1 ∆u = uxx + uyy = urr + ur + 2 uϕϕ . r r On se propose de r´esoudre le probl`eme suivant ¡ ¢ t > 0, r < r0 utt = a2 urr + 1r ur , u(r0 , t) = 0, |u(0, t)| < +∞ t ≥ 0 u(r, 0) = f (r), ut (r, 0) = 0, r ≤ r0
(3.3)
qui mod´elise les vibrations ayant une sym´etrie circulaire (c’est a` dire ne d´ependant pas de l’angle ϕ) d’une membrane circulaire de rayon r0 , fix´ee sur son bord. Ici u(r, t) d´esigne l’´ecart par rapport a` la position au repos de la membrane en un point a` distance r de l’origine et a` l’instant t. La condition ut (r, 0) = 0 signifie que la membrane est d´eplac´ee initialement en f (r) puis qu’elle est relach´ee, sans lui imprimer de vitesse initiale. Noter que la condition |u(0, t)| < +∞ est pr´ecis´ee car l’´equation aux d´eriv´ees partielles n’est pas d´efinie pour r = 0 et ses solutions peuvent exploser en l’infini lorsque r tend vers 0. 16
3.1. LA FONCTION DE BESSEL J0
17
M´ethode de s´eparation des variables On oublie momentan´ement les conditions initiales u(r, 0) = f (r), ut (r, 0) = 0 et on cherche les solutions du probl`eme ¢ ¡ ½ t > 0, r < r0 utt = a2 urr + 1r ur , (3.4) u(r0 , t) = 0, |u(0, t)| < +∞ t ≥ 0 qui se mettent sous la forme u(r, t) = R(r)T (t). On obtient : µ ¶ µ ¶ R00 + 1r R0 1 1 0 T 00 2 00 2 00 utt = a urr + ur ⇐⇒ RT = a R T + R T ⇐⇒ 2 = = −λ ∈ R. r r a T R u(r0 , t) = 0 =⇒ R(r0 ) = 0,
|u(0, t)| < +∞ =⇒ |R(0)| < +∞.
Probl`eme de Sturm-Liouville Par cons´equent la fonction R(r) est solution du probl`eme suivant ½ 00 1 0 0 < r < r0 R + r R + λR = 0, R(r0 ) = 0, |R(0)| < +∞
(3.5)
o`u λ est un param`etre r´eel. On retrouve le cas particulier de l’´equation (3.2) obtenu en posant ν = 0. Nous allons commencer par l’´etude de l’´equation xy 00 + y 0 + xy = 0,
(3.6)
obtenue en en posant ν = 0 dans l’´equation (3.1).
3.1.2
Solutions d´eveloppables en s´eries enti`eres de l’´equation (3.6)
On cherche les solutions de l’´equation (3.6) qui se mettent sous la forme +∞ X
y=
ak x k .
(3.7)
k=0
Les coefficients ak sont d´etermin´es par identification, en d´erivant (3.7) et en remplac¸ant dans (3.6). On a y0 =
+∞ X
kak xk−1 ,
y 00 =
+∞ X
k(k − 1)ak xk−2 .
k=2
k=1
En portant ces expressions dans (3.6) on obtient +∞ X
k−1
[k(k − 1) + k] ak x
+ a1 +
k=2
+∞ X
ak xk+1 = 0.
k=0
Ce qui donne alors a1 +
+∞ X £
¤ k 2 ak + ak−2 xk−1 = 0.
k=2
Cette s´erie n’est identiquement nulle que si tous les coefficients s’annulent. On a alors a1 = 0 k 2 ak + ak−2 = 0,
k ≥ 2.
La deuxi`eme e´ quation nous donne ak = −
ak−2 , k2
pour tout k ≥ 2.
CHAPITRE 3. FONCTIONS DE BESSEL
18
1
0.5 2
0.8
4
x 8
6
10
12
14
16
0
0.6
–0.5
0.4
–1
0.2
–1.5
0
2
4
6
–0.2
8 x
10
12
14
16
–2 –2.5
–0.4
–3
F IG . 3.1 – Les fonctions de Bessel J0 (x) (`a gauche) et de Neumann N0 (x) (`a droite) n µn
1 2.4048
2 5.5201
3 8.6537
4 11.7915
5 14.9309
6 18.0711
TAB . 3.1 – Les premiers z´eros de la fonction de Bessel J0 (x) Par cons´equent a0 a2 = − 2 , 2
a1 = 0, a3 = 0, a5 = 0, a2m+1 = 0. a2 a0 a4 a0 a0 a4 = − 2 = 2 2 , a6 = − 2 = − 2 2 2 , a2m = (−1)m 2m . 4 2 4 6 2 4 6 2 (m!)2
On obtient ainsi la solution y(x) = J0 (x) et appel´ee la fonction de Bessel J0 , d´efinie par J0 (x) =
+∞ X (−1)m ³ x ´2m . (m!)2 2
(3.8)
m=0
Le rayon de convergence de cette s´erie est infinie (montrer le). La solution J0 de l’´equation de Bessel (3.6) est d´efinie sur tout R. La fonction de Bessel J0 est repr´esent´ee sur la figure 3.1 (`a gauche). On d´emontre que l’´equation de Bessel (3.6) poss`ede une deuxi`eme solution, appel´ee la fonction de Neumann N0 et qui tend vers l’infini quand x tend vers 0 (voir figure 3.1 a` droite). Comme l’´equation (3.6) est lin´eaire, la solution g´en´erale s’´ecrit y(x) = AJ0 (x) + BN0 (x), A, B ∈ R. Retour sur le probl`eme de Sturm-Liouville (3.5) D’apr`es le Lemme 1, la solution R(r) du probl`eme (3.5) s’´ecrit √ √ R(r) = AJ0 ( λr) + BN0 ( λr),
A, B ∈ R.
Comme la solution est r´eelle et pas complexe, on doit prendre λ > 0. La condition |R(0)| < +∞ implique B = 0. La condition R(r0 ) = 0 nous donne √ J0 ( λr0 ) = 0. √ Ainsi λr0 est une racine de la fonction de Bessel J0 . La fonction de Bessel J0 poss`ede une infinit´e de z´eros 0 < µ1 < µ2 < · · · < µn < · · · La table 3.1 donne la liste des premiers z´eros positifs de J0 . Par cons´equent on a Th´eor`eme 6 Les solutions du probl`eme de Sturm Liouville (3.5) sont µ ¶2 µ ¶ µk µk λk = , Rk (r) = J0 r , avec r0 r0
k = 1, 2, 3, · · · .
3.1. LA FONCTION DE BESSEL J0
19
Equation en T Maintenant on consi`ere l’´equation
T 00 + λk a2 T = 0.
Elle admet pour solutions Tk (t) = Ak cos
aµk t aµk t + Bk sin , r0 r0
Ak , Bk ∈ R.
avec
Par cons´equent, les solutions de la forme u(r, t) = R(r)T (t) du probl`eme (3.4) sont ¶ µ ¶ µ aµk t µk aµk t + Bk sin J0 r , k = 1, 2, 3, · · · . uk (r, t) = Ak cos r0 r0 r0
(3.9)
Principe de superposition Comme le probl`eme (3.4) est lin´eaire et que l’on dispose de ses solutions (3.9), les s´eries ¶ µ ¶ +∞ µ X aµk t aµk t µk u(r, t) = J0 Ak cos + Bk sin r r0 r0 r0
(3.10)
k=1
sont des solutions du probl`eme (3.4). Une telle fonction v´erifie aussi les conditions initiales u(r, 0) = f (r) et ut (r, 0) = 0 si et seulement si on a µ ¶ +∞ X µk Ak J0 f (r) = r . r0 0=
+∞ X aµk k=1
r0
µ Bk J0
k=1
µk r r0
¶
=⇒ Bk = 0
k = 1, 2, · · · .
Donc on doit d´evelopper la condition initiale f (r) en s´erie suivant les fonctions de Bessel, comme on l’avait fait pour les s´eries de Fourier. On a besoin pour cela de relations d’orthogonalit´e. Lemme 2 (Relations d’orthogonalit´e) Pour tout n 6= k on a Z 1 xJ0 (µn x)J0 (µk x)dx = 0
(3.11)
0
En effet, comme la fonction J0 est une solution de l’´equation de Bessel (3.6) on sait, voir Lemme 1, que la fonction y(x) = J0 (µx) est solution de l’´equation xy 00 + y 0 + µ2 xy = 0 Notons y1 (x) = J0 (µn x) et y2 (x) = J0 (µk x). On a xy100 + y10 + µ2n xy1 = 0,
xy200 + y20 + µ2k xy2 = 0.
En multipliant la premi`ere e´ quation par y2 et la deuxi`eme e´ quation par y1 et en soustrayant on obtient : x(y100 y2 − y1 y200 ) + y10 y2 − y1 y20 + (µ2n − µ2k )xy1 y2 = 0. Par consequent on a
d [x(y10 y2 − y1 y20 )] = (µ2k − µ2n )xy1 y2 . dx
Int´egrons entre 0 et 1. On trouve £
x(y10 y2 − y1 y20 )
¤x=1 x=0
Z = (µk2 − µ2n )
1
0
xy1 (x)y2 (x)dx.
D’o`u
Z 0=
µn J00 (µn )J0 (µk )
car J0 (µn ) = J0 (µk ) = 0.
−
µk J00 (µk )J0 (µn )
=
(µ2k
−
µ2n )
0
1
xJ0 (µn x)J0 (µk x)dx
CHAPITRE 3. FONCTIONS DE BESSEL
20
3.1.3
D´eveloppements en s´eries de fontions de Bessel
Des relations d’orthogonalit´e (3.11) on d´eduit que ¶ µ ¶ µ Z r0 µk µn rJ0 r J0 r dr = 0. r0 r0 0
(3.12)
Soit f : [0, r0 ] → R une fonction continue et de classe C 1 . Alors, pour tout r ∈]0, r0 [, on a +∞ X
f (r) =
µ Ak J0
k=1
¶ µk r , r0
³ ´ µk rf (r)J r dr 0 r0 0 ³ ´ Ak = R , r0 2 µk r dr rJ 0 r0 0
avec
(3.13)
R r0
k = 1, 2, · · · .
(3.14)
Si la fonction f est seulement de classe C 1 par morceaux, alors en un point de discontinuit´e r on a +∞ X
µ Ak J0
k=1
µk r r0
¶ =
f (r + 0) + f (r − 0) , 2
o`u f (r +0) et f (r −0) d´esignent les limites a` droite et a` gauche de la fonction f au point f . Les formules (3.14) qui donnent les constantes Ak s’obtiennent imm´ediatement en utilisant ³ ´ les relations d’orthogonalit´e (3.12). Il µn suffit de multiplier les deux membres de l’´egalit´e (3.13) par rJ0 r0 r puis d’int´egrer entre 0 et r0 . En effet on a ¶ µ ¶ µ ¶ µ Z r0 X Z r0 +∞ µn µk µn r dr = Ak rJ0 r J0 r dr rf (r)J0 r0 r0 r0 0 0 k=1 µ ¶ µ ¶ µ ¶ Z r0 Z r0 +∞ X µn µk 2 µn rJ0 Ak = r J0 r dr = An rJ0 r dr. r0 r0 r0 0 0 k=1
En conclusion on a le r´esultat suivant (`a ne pas apprendre par coeur !) Proposition 10 La solution du probl`eme (3.3) est donn´ee par u(r, t) =
+∞ X k=1
aµk t Ak cos J0 r0
µ
µk r r0
¶
o`u les constantes Ak et Bk sont d´efinies par les formules (3.14).
3.2
Fonctions de Bessel Jν
3.2.1
M´ethode de Frobenius de r´esolution de l’´equation (3.1)
On cherche les solutions de l’´equation (3.1) qui se mettent sous la forme y(x) = xσ
+∞ X
ak xk ,
a0 6= 0.
(3.15)
k=0
L’exposant σ, ainsi que les coefficients ak sont d´etermin´es, par identification en d´erivant (3.15) et en remplac¸ant dans (3.1). On a y=
+∞ X k=0
k+σ
ak x
,
0
y =
+∞ X k=0
k+σ−1
(k + σ)ak x
,
00
y =
+∞ X k=0
(k + σ)(k + σ − 1)ak xk+σ−2 .
3.2. FONCTIONS DE BESSEL Jν
21
En portant ces expressions dans (3.1) on obtient +∞ +∞ X X £ ¤ (k + σ)(k + σ − 1) + (k + σ) − ν 2 ak xk+σ + ak xk+σ+2 = 0. k=0
k=0
Ce qui donne alors +∞ X £
+∞ X ¤ ak−2 xk+σ = 0. (k + σ)2 − ν 2 ak xk+σ + k=2
k=0
Cette s´erie n’est identiquement nulle que si tous les coefficients s’annulent. On a alors (σ 2 − ν 2 )a0 = 0 £ ¤ (σ + 1)2 − ν 2 a1 = 0 £ ¤ (k + σ)2 − ν 2 ak + ak−2 = 0,
k ≥ 2.
Comme a0 6= 0, la premi`ere e´ quation, appel´ee e´ quation indiciaire, nous donne σ = ±ν. De la deuxi`eme e´ quation on d´eduit alors que a1 = 0. Consid´erons le cas σ = ν ≥ 0. La troisi`eme e´ quation nous donne ak = −
ak−2 ak−2 , =− 2 2 (ν + k) − ν 2k(k + 2ν)
pour tout k ≥ 2.
Par cons´equent a2m = (−1)m
a2m+1 = 0,
22m m!(ν
a0 , + 1)(ν + 2) · · · (ν + m)
m = 1, 2, · · · .
On obtient ainsi la solution " yν (x) = a0 xν 1 +
+∞ X m=1
# (−1)m x2m . 22m m!(ν + 1)(ν + 2) · · · (ν + m)
(3.16)
Consid´erons maintenant le cas σ = −ν. On obtient la solution (d´efinie seulement si ν n’est pas entier) " # +∞ X (−1)m x2m −ν y−ν (x) = a0 x 1+ . (3.17) 22m m!(−ν + 1)(−ν + 2) · · · (−ν + m) m=1
3.2.2
Expression des fonctions de Bessel avec la fonction Γ d’Euler
On consid`ere la fonction
Z
+∞
Γ(x) =
tx−1 e−t dt
0
Cette int´egrale est convergente pour tout x > 0. Elle diverge pour x = 0. En int´egrant par parties on obtient ·
tx e−t Γ(x) = x
¸t=+∞ t=0
1 + x
On obtient donc
Z 0
+∞
tx e−t dt =
1 Γ(x + 1). x
Γ(x + 1) . (3.18) x Cette formule permet d’´etendre la fonction Γ aux x < 0. En effet, pour x ∈] − 1, 0[ elle permet de d´efinir Γ(x), car x + 1 ∈]0, 1[. On constate que Γ(x) tend vers −∞ quand x tend vers 0 ou vers −1. Ensuite, pour x ∈] − 2, −1[ elle permet de d´efinir Γ(x), car x + 1 ∈] − 1, 0[. On constate que Γ(x) tend vers +∞ quand x tend vers −1 ou vers −2. Et ainsi de suite... On obtient une fonction d´ finie en dehors des entiers n´egatifs ou Re+∞ nuls et dont le graphe est repr´esent´e sur le figure 3.2. Comme Γ(1) = 0 e−t dt = 1, de la relation (3.18) on Γ(x) =
CHAPITRE 3. FONCTIONS DE BESSEL
22
10 8 y
6 4 2
–3
–2
–1
0 –2
1
x
2
3
–4 –6 –8 –10
F IG . 3.2 – La fonction Γ(x) d´eduit que Γ(n + 1) = n!,
pour n = 0, 1, 2, · · ·
On a aussi Γ(x + m + 1) = (x + 1)(x + 2) · · · (x + m)Γ(x + 1),
pour tout entier m et tout r´eel x.
1 En choisissant a0 = 2ν Γ(ν+1) dans les solutions (3.16) et (3.17) on obtient les solutions particuli`eres de l’´equation de Bessel (3.1) not´ees par
Jν (x) =
+∞ X m=0
³ x ´2m+ν (−1)m . Γ(m + 1)Γ(ν + m + 1) 2
(3.19)
Consid´erons maintenant le cas σ = −ν. On obtient la solution J−ν (x) =
+∞ X m=0
³ x ´2m−ν (−1)m . Γ(m + 1)Γ(−ν + m + 1) 2
(3.20)
Comme l’´equation (3.1) est lin´eaire, la solution g´en´erale s’´ecrit, dans le cas o`u ν n’est pas entier y(x) = AJν (x) + BJ−ν (x),
A, B ∈ R.
Dans le cas o`u µ = n ≥ 0 est un entier positif ou nul, la solution J−n (x) n’est pas lin´eairement ind´ependante de la solution Jn (x) car on a J−n (x) = Jn (−x) pour tout x. On montre l’existence d’une autre solution, appel´ee fonction de Neumann et not´ee Nn (x). La fonction Nn (x) tend vers l’infini quand x tend vers 0. Par lin´earit´e la solution g´en´erale de l’´equation x2 y 00 + xy 0 + (x2 − n2 )y = 0 s’´ecrit y(x) = AJn (x) + BNn (x),
A, B ∈ R.
En utilisant le lemme 1 on en d´eduit : Proposition 11 La solution g´en´erale de l’´equation x2 y 00 + xy 0 + (λ2 x2 − n2 )y = 0 s’´ecrit y(x) = AJn (λx) + BNn (λx),
A, B ∈ R.
3.3. APPLICATIONS
23
Relations d’orthogonalit´e La fonction de Bessel admet une infinit´e de racines 0 < µν1 < µν2 < · · · < µνk < · · · Soient µνn et µνk des racines distinctes de l’´equation Jν (x) = 0. Alors Z 0
1
xJν (µνn x)Jν (µνk x)dx = 0
En effet, comme la fonction Jν est une solution de l’´equation de Bessel (3.1) on sait, voir Lemme 1, que la fonction y(x) = J0 (λx) est solution de l’´equation (3.2). Notons y1 (x) = Jν (µνn x) et y2 (x) = Jν (µνk x). On a µ ¶ µ ¶ ν2 ν2 00 0 2 00 0 2 xy1 + y1 + µνn x − y1 = 0, xy2 + y2 + µνk x − y2 = 0. x x En multipliant la premi`ere e´ quation par y2 et la deuxi`eme e´ quation par y1 et en soustrayant on obtient : x(y100 y2 − y1 y200 ) + y10 y2 − y1 y20 + (µ2νn − µ2νk )xy1 y2 = 0. Par consequent on a
d [x(y10 y2 − y1 y20 )] = (µ2νk − µ2νn )xy1 y2 . dx
Int´egrons entre 0 et 1. On trouve Z
£ 0 ¤x=1 x(y1 y2 − y1 y20 ) x=0 = (µ2νk − µ2νn )
0
1
xy1 (x)y2 (x)dx
D’o`u Z 0=
µ1 Jν0 (µνn )Jν (µνk )
−
µ2 Jν0 (µνk )Jν (µνn )
=
(µ2νk
−
µ2νn )
0
1
xJν (µνn x)Jν (µνk x)dx
car Jν (µνn ) = Jν (µνn ) = 0. D´eveloppements en s´eries de fonctions de Bessel En utilisant les relations d’orthogonalit´e e´ tablies³pr´ec´e´ demment, on peut d´evelopper toute fonction f (r) µνk d´efinie sur [0, r0 ] en s´eries de fonctions de Bessel Jν r0 r o`u les µνk sont les z´eros de la fonction de Bessel Jν . On a ³ ´ R r0 µνk µ ¶ +∞ rf (r)J r dr X ν r0 0 µνk ³ ´ f (r) = Ak Jν , k = 1, 2, · · · . (3.21) r , avec Ak = R r0 r0 rJ 2 µνk r dr k=1
0
ν
r0
3.3 Applications 3.3.1
Equation de la chaleur
L’´equation de la chaleur s’´ecrit ut = a2 ∆u o`u ∆u est le Laplacien de la fonction u. En dimension 3 on a en coordonn´ees cart´esiennes et en coordonn´ees cylindriques : 1 1 ∆u = uxx + uyy + uzz = urr + ur + 2 uϕϕ + uzz . r r
CHAPITRE 3. FONCTIONS DE BESSEL
24 On se propose de r´esoudre le probl`eme suivant ¡ ¢ ut = a2 urr + 1r ur + uzz , u(r0 , z, t) = 0, u(r, 0, t) = u(r, z0 , t) = 0 |u(0, z, t)| < +∞ u(r, z, 0) = f (r, z),
t > 0, r < r0 , 0 < z < z0 t ≥ 0, 0 < z < z0 t ≥ 0, r < r0 t ≥ 0, 0 < z < z0 r ≤ r0 , 0 < z < z0
(3.22)
qui mod´elise la propagation de la chaleur dans un cylindre de rayon r0 et de hauteur z0 , dont la surface ext´erieure est maintenue a` la temp´erature 0. Comme la condition initiale ne d´epend pas de la variable angulaire ϕ, la solution n’en d´ependra pas pour t > 0. C’est la raison pour laquelle le terme en uϕϕ du Laplacien n’est pas pris en consid´eration. Ici u(r, z, t) d´esigne la temp´erature en un point de coordonn´ees (r, z) et a` l’instant t. M´ethode de s´eparation des variables On oublie momentan´ement les conditions initiales u(r, z, 0) probl`eme ¡ ¢ t > 0, ut = a2 urr + 1r ur + uzz , u(r0 , z, t) = 0, |u(0, z, t)| < +∞ t ≥ 0, u(r, 0, t) = u(r, z0 , t) = 0 t ≥ 0,
= f (r, z) et on cherche les solutions du r < r0 , 0 < z < z0 , 0 < z < z0 , r < r0 .
(3.23)
qui se mettent sous la forme u(r, z, t) = R(r)Z(z)T (t). On obtient : µ ¶ 1 0 T0 R00 1 R0 Z 00 0 2 00 00 RZT = a R ZT + R ZT + RZ T ⇔ 2 = + + = −α ∈ R. r a T R rR Z Par cons´equent on a
T 0 + αa2 T = 0
et
(3.24)
Z 00 R00 1 R0 + +α=− =β∈R R rR Z
Cette derni`ere e´ quation e´ quivaut a` Z 00 + βZ = 0
et
1 R00 + R0 + (α − β)R = 0. r
Probl`emes de Sturm-Liouville On a u(r0 , z, t) = 0 =⇒ R(r0 ) = 0,
|u(0, z, t)| < +∞ =⇒ |R(0)| < +∞.
u(r, 0, t) = u(r, z0 , t) = 0 =⇒ Z(0) = Z(z0 ) = 0. On en d´eduit deux probl`emes de Sturm-Liouville. Le premier concerne la fonction Z. ½ 00 Z + βZ = 0, Z(0) = Z(z0 ) = 0
(3.25)
D’apr`es le th´eor`eme 1 les solutions du probl`eme de Sturm Liouville (3.25) sont µ ¶2 nπ nπz βn = , Zn (z) = sin , avec n = 1, 2, · · · . z0 z0 ³ ´2 Le deuxi`eme probl`eme de Sturm Liouville concerne la fonction R. On le r´esoud pour les valeurs βn = nπ . z0 On a : ½ rR00 + R0 + λrR = 0, 0 < r < r0 (3.26) R(r0 ) = 0, |R(0)| < +∞
3.3. APPLICATIONS
25
avec λ = α − βn . D’apr`es le th´eor`eme 6 les solutions du probl`eme de Sturm Liouville (3.34) sont µ ¶2 µ ¶ µk µk λk = , Rk (r) = J0 r , avec k = 1, 2, 3, · · · . r0 r0 Par cons´equent on a
µ α = αnk = βn + λk =
nπ z0
¶2
µ +
µk r0
¶2
Equation en T Maintenant on consi`ere l’´equation (3.32) avec α = αnk : T 0 + αnk a2 T = 0. Elle admet pour solutions Tnk (t) = Ank e−a
2α nk t
,
Ank ∈ R.
avec
Par cons´equent, les solutions de la forme u(r, z, t) = R(r)Z(z)T (t) du probl`eme (3.23) sont ůş ť ş ť ÿ 2 2 µ ¶ µ −a2 nπ + rk t µk nπz z0 0 J0 r sin , n, k = 1, 2, 3, · · · unk (r, z, t) = Ank e r0 z0
(3.27)
Principe de superposition Comme le probl`eme (3.23) est lin´eaire et que l’on dispose de ses solutions (3.27), les s´eries ůş ť ş ť ÿ 2 2 µ ¶ ∞ X ∞ µ X −a2 nπ + rk t µk nπz z0 0 Ank e u(r, z, t) = J0 r sin , r0 z0
(3.28)
n=1 k=1
sont des solutions du probl`eme (3.23). Une telle fonction v´erifie aussi la condition initiale u(r, z, 0) = f (r, z) si et seulement si on a µ ¶ ∞ ∞ X ∞ X µk nπz X nπz Ank J0 r sin = An (r) sin (3.29) f (r, z) = r0 z0 z0 n=1
n=1 k=1
avec An (r) =
∞ X k=1
µ Ank J0
µk r r0
¶
Ces expressions sont des d´eveloppement en s´eries de fonctions de Bessel des fonction An (r). D’apr`es les formules (3.13) et (3.14), on a : ³ ´ R r0 µk rA (r)J r dr n 0 r0 0 ³ ´ Ank = R , k = 1, 2, · · · r0 2 µ0k r dr rJ 0 r0 0 Par ailleurs, la formule (3.29) est un d´eveloppement en s´erie de Fourier en sinus de la fonction f (r, z) par rapport a` la variable z. D’apr`es les formules (1.7) et (1.8) on a Z 2 z0 nπz An (r) = f (r, z) sin dz, n = 1, 2, 3, · · · z0 0 z0 Par cons´equent on a d´emontr´e le r´esultat suivant (`a ne pas apprendre par coeur !) Proposition 12 La solution du probl`eme (3.22) est donn´ee par la formule (3.28) o`u les constantes Ank sont d´efinies par les formules ³ ´ R r0 R z0 µk 2 nπz rf (r, z) sin J r drdz z0 0 z0 0 r0 0 ³ ´ Ank = , n, k = 1, 2, · · · R r0 2 µk rJ r dr 0 r0 0
CHAPITRE 3. FONCTIONS DE BESSEL
26
3.3.2
Equation des ondes
On se propose de r´esoudre le probl`eme suivant ¡ ¢ t > 0, r < r0 , 0 ≤ ϕ ≤ 2π utt = a2 urr + 1r ur + r12 uϕϕ , u(r0 , ϕ, t) = 0, |u(0, ϕ, t)| < +∞ t ≥ 0, 0 ≤ ϕ ≤ 2π u(r, ϕ, 0) = f (r, ϕ), ut (r, ϕ, 0) = 0, r ≤ r0 , 0 ≤ ϕ ≤ 2π
(3.30)
qui mod´elise les vibrations d’une membrane circulaire de rayon r0 , fix´ee sur son bord. Ici u(r, ϕ, t) d´esigne l’´ecart par rapport a` la position au repos de la membrane en un point de coordonn´ees (r, ϕ) et a` l’instant t. La condition ut (r, ϕ, 0) = 0 signifie que la membrane est d´eplac´ee initialement en f (r, ϕ) puis qu’elle est relach´ee, sans lui imprimer de vitesse initiale. Comme la condition initiale d´epend aussi de la variable angulaire, le terme uϕϕ du laplacien doit eˆ tre pris en consid´eration (comparer avec le probl`eme (3.3)). M´ethode de s´eparation des variables On oublie momentan´ement les conditions initiales u(r, ϕ, 0) = f (r, ϕ), ut (r, ϕ, 0) = 0 et on cherche les solutions du probl`eme ½
¡ ¢ utt = a2 urr + 1r ur + r12 uϕϕ , t > 0, r < r0 , 0 ≤ ϕ ≤ 2π u(r0 , ϕ, t) = 0, |u(0, ϕ, t)| < +∞ t ≥ 0, 0 ≤ ϕ ≤ 2π
(3.31)
qui se mettent sous la forme u(r, ϕ, t) = R(r)Φ(ϕ)T (t) avec Φ une fonction 2π-p´eriodique. On obtient : µ ¶ 1 1 0 00 00 RΦT = a R ΦT + R ΦT + 2 RΦ T r r 00
2
qui e´ quivaut a` R00 1 R0 1 Φ00 T 00 = + + 2 = −α ∈ R. 2 a T R rR r Φ Par cons´equent on a T 00 + αa2 T = 0 et r2
(3.32)
R00 R0 Φ00 + r + αr2 = − =β∈R R R Φ
Cette derni`ere e´ quation e´ quivaut a` Φ00 + βΦ = 0
et
r2 R00 + rR0 + (αr2 − β)R = 0.
Probl`emes de Sturm-Liouville On a u(r0 , ϕ, t) = 0 =⇒ R(r0 ) = 0,
|u(0, ϕ, t)| < +∞ =⇒ |R(0)| < +∞.
On en d´eduit deux probl`emes de Sturm-Liouville. Le premier concerne la fonction Φ. ½
Φ00 + βΦ = 0, Φ(ϕ) = Φ(ϕ + 2π)
(3.33)
Th´eor`eme 7 Les solutions du probl`eme de Sturm Liouville (3.33) sont βn = n2 ,
Φn (ϕ) = An cos(nϕ) + Bn sin(nϕ),
avec
n = 0, 1, 2, · · · .
3.3. APPLICATIONS
27
Le deuxi`eme probl`eme de Sturm Liouville concerne la fonction R. On le r´esoud pour les valeurs βn = n2 ½ 2 00 r R + rR0 + (αr2 − n2 )R = 0, 0 < r < r0 (3.34) R(r0 ) = 0, |R(0)| < +∞ D’apr`es la proposition 11 la solution g´en´erale de cette e´ quation s’´ecrit √ √ R(r) = Cn Jn ( αr) + Dn Nn ( αr) avec Cn , Dn ∈ R. √ Comme |R(0)| < +∞ on a Dn = 0. Comme R(r0 ) = 0 on a αr0 = µnk avec 0 < µn1 < µn2 < · · · < µnk < · · · sont les z´eros de la fonction de Bessel Jn . Ainsi Th´eor`eme 8 Les solutions du probl`eme de Sturm Liouville (3.34) sont µ ¶ µ ¶ µnk 2 µnk αnk = , Rnk (r) = Jn r , avec n = 0, 1, 2, · · · k = 1, 2, 3, · · · r0 r0 Equation en T Maintenant on consi`ere l’´equation (3.32) avec α = αnk : T 00 + αnk a2 T = 0. Elle admet pour solutions Tnk (t) = Cnk cos
aµnk t aµnk t + Dnk sin , r0 r0
avec
Cnk , Dnk ∈ R.
Par cons´equent, les solutions de la forme u(r, ϕ, t) = R(r)Φ(ϕ)T (t) du probl`eme (3.31) sont µ ¶ µ ¶ µnk aµnk t aµnk t unk (r, ϕ, t) = Jn r (An cos(nϕ) + Bn sin(nϕ)) Cnk cos + Dnk sin r0 r0 r0
(3.35)
avec n = 0, 1, 2, ... et k = 1, 2, 3, ... Principe de superposition Comme le probl`eme (3.31) est lin´eaire et que l’on dispose de ses solutions (3.35), les s´eries ¶ µ ¶ µ ∞ X ∞ X aµnk t aµnk t µnk u(r, ϕ, t) = r (An cos(nϕ) + Bn sin(nϕ)) Cnk cos + Dnk sin Jn r0 r0 r0
(3.36)
n=0 k=1
sont des solutions du probl`eme (3.31). Une telle fonction v´erifie aussi les conditions initiales u(r, ϕ, 0) = f (r, ϕ) et ut (r, ϕ, 0) = 0 si et seulement si on a f (r, ϕ) =
∞ X ∞ X
µ Jn
n=0 k=1
0=
∞ X ∞ X
µ Jn
n=0 k=1
¶ µnk r (An cos(nϕ) + Bn sin(nϕ)) Cnk . r0
¶ µnk aµnk r (An cos(nϕ) + Bn sin(nϕ)) Dnk =⇒ Dnk = 0. r0 r0
Par cons´equent la solution s’´ecrit u(r, ϕ, t) =
∞ X ∞ X n=0 k=1
µ Jn
¶ µnk aµnk t r (Ank cos(nϕ) + Bnk sin(nϕ)) cos r0 r0
(3.37)
CHAPITRE 3. FONCTIONS DE BESSEL
28
o`u on a not´e Ank = An Cnk et Bnk = Bn Cnk . Donc on doit d´evelopper la condition initiale f (r, ϕ) en s´erie double suivant suivant les fonctions de Bessel et les fonction sinus. On a : ¶ µ ∞ X ∞ X µnk f (r, ϕ) = Jn r (Ank cos(nϕ) + Bnk sin(nϕ)) r0 n=0 k=1 ∞ X
=
(An (r) cos(nϕ) + Bn (r) sin(nϕ))
(3.38)
n=0
avec An (r) =
∞ X
µ Ank Jn
k=1
¶ µnk r , r0
Bn (r) =
∞ X
µ Bnk Jn
k=1
¶ µnk r . r0
Comme ces expressions sont des d´eveloppement en s´eries de fonctions de Bessel des fonctions An (r) et Bn (r). D’apr`es les formules (3.21), on a : ³ ´ R r0 µnk rA (r)J r dr n n r0 0 ³ ´ Ank = , k = 1, 2, · · · . R r0 2 µnk r dr r0 0 rJn et
´ ³ r dr rBn (r)Jn2 µrnk 0 ´ ³ , R r0 2 µnk r dr rJ n r0 0
R r0 Bnk =
0
k = 1, 2, · · · .
Par ailleurs la formule (3.38) est un d´eveloppement en s´erie de Fourier de la fonction f (r, ϕ) par rapport a` la variable ϕ. D’apr`es la proposition 5 on a Z 2π Z 1 2π 1 f (r, ϕ)dϕ, An (r) = f (r, ϕ) cos(nϕ)dϕ, n = 1, 2, 3, · · · A0 (r) = 2π 0 π 0 Z 1 2π Bn (r) = f (r, ϕ) sin(nϕ)dϕ, n = 1, 2, 3, · · · π 0 Par cons´equent on a d´emontr´e le r´esultat suivant (`a ne pas apprendre par coeur !) Proposition 13 La solution du probl`eme (3.30) est donn´ee par (3.37) o`u les constantes Ank et Bnk sont d´efinies par les formules ´ ³ R r0 R 2π µ0k 1 2π 0 r0 r drdϕ 0 rf (r, ϕ)J0 A0k = , k = 1, 2, · · · . R r0 2 ³ µ0k ´ rJ r dr 0 r0 0 ³ ´ R R µnk 1 r0 2π rf (r, ϕ) cos(nϕ)J r drdϕ n π 0 r0 0 ³ ´ , n, k = 1, 2, · · · . Ank = R r0 2 µnk r dr rJ n r0 0 ³ ´ R R µnk 1 r0 2π rf (r, ϕ) sin(nϕ)J r drdϕ n π 0 r0 0 ³ ´ Bnk = , n, k = 1, 2, · · · . R r0 2 µnk r dr rJ n r0 0 Ce r´esultat est la g´en´eralisation du r´esultat obtenu dans la proposition 10, lorsqu’on avait suppos´e que la condition initiale ne d´ependait que du rayon r et pas de l’angle ϕ.
Chapitre 4
Probabilit´es 4.1 Le langage du calcul des probabilit´es 4.1.1
Equiprobabilit´e, e´ preuves, e´ v´enements
Le but du Calcul des Probabilt´es est de mod´eliser et e´ tudier un ph´enom`ene dont le r´esultat d´epend du hasard. Par exemple si on lance un d´e num´erot´e de 1 a` 6 et si le d´e n’est pas pip´e, la probabilit´e d’obtenir un 6 est e´ gale a` 16 . De mˆeme, si on tire, a` la roulette, un num´ero compris entre 1 et 36, et si la roulette n’est pas 1 truqu´ee, la probabilit´e d’obtenir un 11 est e´ gale a` 36 . Dans ce chapitre tous les mots faisant partie du langage des probabilit´es que nous allons d´efinir seront e´ crits en carract`ere gras (lorsqu’on les rencontre pour la premi`ere fois). On appelle e´ preuve l’un des r´esultats possible. L’ensemble de toutes les e´ preuves est appel´e l’espace des e´ preuves ou l’univers. On le notera Ω. Dans le premier exemple (lanc´e du d´e) on a Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}. Dans le deuxi`eme exemple (tirage de la roulette) on a Ω = {1, 2, 3, · · · , 34, 35, 36}. On ne consid`ere que des ph´enom`enes pour lesquels Ω est fini. Toutes les e´ preuves Ω sont suppos´ees e´ quiprobables. Un e´ v´enement est une partie de Ω. Soit A un e´ v´enement, on appelle cardinal de A et on note CardA le nombre d’´el´ements de l’ensemble A. Par d´efinition, la probabilt´e d’un e´ v´enement A est le nombre r´eel P (A) =
CardA . CardΩ
(4.1)
Dans le premier exemple (lanc´e du d´e), l’´ev´enement A “on a obtenu un nombre paire” est A = {2, 4, 6}, sa probabilit´e est P (A) = un nombre premier” est
3 6
= 12 . Dans le deuxi`eme exemple (tirage de la roulette), l’´ev´enement B “on a tir´e B = {1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31},
1 sa probabilit´e est P (B) = 12 36 = 3 . La proposition suivante est imm´ediate
Proposition 14 La probabilit´e d´efinie par la formule (4.1) est une fonction P : P(Ω) → [0, 1], d´efinie sur l’ensemble des parties P(Ω) de Ω et qui v´erifie les propri´et´es suivantes : 1. P (Ω) = 1 2. Pour tous e´ v´enements A et B si A ∩ B = ∅ alors P (A ∪ B) = P (A) + P (B). 29
´ CHAPITRE 4. PROBABILITES
30
On d´eduit de cette proposition que la probabilit´e v´erifie aussi les propri´et´es suivantes P (Ac ) = 1 − P (A),
P (∅) = 0,
o`u Ac = Ω r A est le compl´ementaire de l’´ev´enement A et P (A1 ∪ · · · ∪ An ) = P (A1 ) + · · · + P (An )
4.1.2
si
Ai ∩ Aj
pour tous
i 6= j.
Probabilit´es avec poids
Dans les livres on trouve la d´efinition plus g´en´erale suivante d’une probabilit´e : on appelle probabilit´e sur un ensemble fini Ω toute application P : P(Ω) → [0, 1] v´erifiant les propri´et´es 1 et 2 de la proposition 14. Cette d´efinition englobe le cas o`u toutes les e´ preuves X ne sont pas n´ec´essairement e´ quiprobables ; on donne un poids pω a` chaque e´ preuve ω de l’espace Ω, v´erifiant pω = 1. La formule (4.1) d´efinissant la probabilt´e doit eˆ tre ω∈Ω
remplac´ee par P (A) =
X
pω .
(4.2)
ω∈A 1 S’il y a e´ quiprobabilit´e, alors pω = CardΩ pour chaque e´ preuve ω ∈ Ω et on retrouve la formule (4.1). La probabilit´e d´efinie par la formule (4.2) v´erifie aussi les propri´et´es 1 et 2 de la proposition 14. Inversement, toute application P : P(Ω) → [0, 1] v´erifiant les propri´et´es 1 et 2 de la proposition 14 sera de la forme (4.2) ; il suffit de poser pour cela pω = P ({ω}).
4.1.3
Les difficult´es de la mod´elisation
Les exemples pr´ec´edents (lanc´e de d´e et tirage de la roulette) sont simples et ne posent aucun probl`eme de mod´elisation : le choix de l’espace des e´ preuves Ω est imm´ediat. Ce n’est pas toujours le cas, et l’art du probabiliste est de bien identifier l’espace des e´ preuves. Consid´erons par exemple le probl`eme de la distribution au hasard de trois boules dans deux boites. Il y a 8 r´epartitions possibles de trois boules num´erot´ees 1, 2, 3 dans deux boites : 1g 2g 3g 1g
2g 1g
3g 2g
1g 3g
3g 2g
2g 1g
2g 3g
1g 2g 3g
(4.3)
1g
(4.4)
3g 3g
1g
2g
(4.5)
Si on supprime les num´eros sur les boules, on ne peut plus distinguer entre elles les r´epartitions (4.4) ni les r´epartitions (4.5), et on ne consid`ere plus que les 4 r´epartitions : ω1 = g g g ω3 = g
g
gg g
ω2 = g
ω4 =
g
g
g
(4.6) (4.7)
Pour les boules sans marques, l’espace des e´ preuves est-il form´e des huits r´epartitions (4.3-4.5), ou des quatres r´epartitions (4.6-4.7) ? La r´eponse d´epend de la nature des boules. S’il s’agit de boules macroscopiques ob´eissant a` la M´ecanique classique, c’est la premi`ere r´eponse qui convient, car les trois boules sont discernables, qu’elles soient num´erot´ees ou non ; s’il s’agit de particules quantiques ob´eissant a` la statistique de Bose-Einstein, par exemple des photons, et les boites des e´ tats quantiques, c’est la deuxi`eme r´eponse qui convient car les trois particules ne sont pas discernables, seul compte leur e´ tat quantique. On pourrait, pour ces deux situations, consid´erer que l’espace des e´ preuves est l’ensemble a` quatre e´ l´ements Ω = {ω1 , ω2 , ω3 , ω4 } d´efinis par (4.6-4.7). Dans la statistique de Bose-Einstein les quatres e´ preuves sont e´ quiprobables. Dans la M´ecanique classiques les quatre e´ preuves ne sont pas e´ quiprobables ; leurs poids respectifs sont 1 pω1 = pω2 = , 8
3 pω3 = pω4 = . 8
´ 4.2. DENOMBREMENT
4.2
31
D´enombrement
Le calcul des probabilit´es consiste a` mod´eliser une situation sous la forme d’un ensemble fini d’´epreuves e´ quiprobables, puis de calculer la probabilit´e des e´ v´enements, ce qui reveient en vertu de (4.1) a` calculer leur nombre d’´el´ement. Dans la pratique il est difficile de lister toutes les e´ preuves d’un e´ v´enement comme nous l’avions fait dans les exemples e´ l´ementaires du “lanc´e du d´e” du “jeu de la roulette” ou bien de la “r´epartition de trois boules dans deux boites”. Il faut savoir compter le nombre d’´el´ements d’un ensemble.
4.2.1
Suites avec r´ep´etition ou tirages avec remise
Le nombre de mots de n lettres form´es avec un alphabet de r lettres est e´ gal a` rn
(4.8)
puisqu’il y a r possibilit´es pour choisir la premi`ere lettre, de nouveau r possibilt´es pour choisir la deuxi`eme lettre et ainsi de suite jusqu’`a la n-i`eme lettre. Ce nombre (4.8) est aussi : – le nombre de r´epartitions diff´erentes de n boules num´erot´ees dans r boites, – le nombre de tirages, avec remise, de n boules d’une urne contenant r boules de couleurs diff´erentes.
4.2.2
Suites sans r´ep´etition ou tirages sans remise
Le nombre de mots de n lettres, toutes diff´erentes, form´es avec un alphabet de r lettres, avec r ≥ n, est e´ gal a` r(r − 1) · · · (r − n + 1) (4.9) puisqu’il y a r possibilit´es pour choisir la premi`ere lettre, r − 1 possibilt´es pour choisir la deuxi`eme lettre et ainsi de suite, r − n + 1 possibilit´es pour choisir la n-i`eme lettre. Ce nombre (4.9) est aussi : – le nombre de r´epartitions diff´erentes de n boules num´erot´ees dans r ≥ n boites de telle sorte qu’une boite ne puisse contenir qu’une boule au plus, – le nombre de tirages, sans remise, de n boules d’une urne contenant r ≥ n boules de couleurs diff´erentes. Lorsque n = r, le nombre (4.9) est not´e r! r! = 1 · 2 · · · r Il repr´esente le nombre de mani`eres diff´erentes d’ordonner r objets (appel´ees les permutations des objets). Probl`eme. On tire 5 chiffres au hasard. Quelle est la probabilit´e qu’ils soient tous diff´erents ? Ici Ω est l’ensemble de toutes les suites, avec r´ep´etition, de n = 5 chiffres pris dans l’alphabet {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} a` r = 10 lettres. Ainsi CardΩ = 105 = 100000 L’´ev´enement A qui nous int´eresse est l’ensemble de toutes les suites de 5 chiffres, tous diff´erents. Son cardinal est CardA = 10 · 9 · 8 · 7 · 6 = 30240 Par cons´equent P (A) = 0.3024. Probl`eme. On prend au hasard un groupe de 20 personnes. Quelle est la probabilit´e pour que deux au moins aient leur anniversaire le mˆeme jour ? Ici Ω est l’ensemble de toutes les listes de n = 20 dates parmi les r = 365 jours de l’ann´ee (on oublie le 29 f´evrier des ann´ees bissextiles, et on suppose que tous les jours de l’ann´ee sont e´ quiprobables pour les naissance, ce qui est faux). Ainsi CardΩ = 36520 . L’´ev´enement A “au moins deux sont n´es le mˆeme jour” est le compl´ementaire de l’´ev´enement B “toutes les dates de naissance sont diff´erentes”. Le cardinal de B est CardB = 365 · 364 · · · 346. Par cons´equent P (B) =
364 363 365 365
· · · 346 eduit P (A) = 1 − P (B) ' 0.41. 365 ' 0.59. On en d´
´ CHAPITRE 4. PROBABILITES
32
4.2.3
Combinaisons
Parmi les 2n mots de n lettres que l’on peut former avec un alphabet de 2 lettres, il y a µ
n k
¶ =
n! k!(n − k)!
(4.10)
qui comporteront k fois la premi`ere lettre et n − k fois la deuxi`eme lettre. Ce nombre (4.10) est aussi : – le nombre de r´epartitions diff´erentes de n boules num´erot´ees dans 2 boites de telle sorte qu’il y ait k boules dans la premi`ere boite et n − k boules dans la deuxi`eme boite, – le nombre de sous-ensembles de k e´ l´ements parmi n-´el´ements, On retrouve ces nombres lorsqu’on d´eveloppe le binˆome (x + y)n =
n X k=1
4.2.4
n! xk y n−k . k!(n − k)!
Partitions en groupes de taille donn´ee
Parmi les mn mots de n lettres que l’on peut former avec un alphabet de m lettres, il y a n! n1 !n2 ! · · · nm !
(4.11)
qui comporteront n1 fois la premi`ere lettre, n2 fois la deuxi`eme lettre,... et nm fois la m-i`eme lettre, avec n1 + n2 + · · · + nm = n. Ce nombre (4.11) est aussi : – le nombre de r´epartitions diff´erentes de n boules num´erot´ees dans m boites de telle sorte qu’il y ait n1 boules dans la premi`ere boite, n2 boules dans la deuxi`eme boite, ... et nm boules dans la m-i`eme boite. – le nombre de partitions d’un ensemble a` n-´el´ements en m sous-ensembles ayant respectivement n1 , n2 , ..., nm e´ l´ements. On retrouve ces nombres lorsqu’on d´eveloppe le polynˆome (x1 + x2 + · · · + xm )n =
X n1 +n2 +···+nm
4.2.5
n! xn1 1 xn2 2 · · · xnmm . n !n ! · · · n ! m =n 1 2
Subdivisions
Dans la formule pr´ec´edente, la somme est e´ tendue a` toutes les familles de nombres positifs ou nuls n1 , n2 , ..., nm v´erifiant n1 + n2 + · · · + nm = n. Combien y-a-t-il de telles d´ecompositions ? Il s’agit de r´epartir n objets dans m boites. On peut repr´esenter sch´ematiquement une telle d´ecomposition en s´eparant par une barre verticale deux boites adjacentes. Consid´erons une r´epartition de n = 8 boules dans m = 6 boites : °|°°°| | |°°°°|° On a ici 1 boule dans la premi`ere boite, 3 boules dans la deuxi`eme, 0 boule dans les troisi`eme et quatri`eme boite, 4 boules dans la cinqui`eme boite et 1 boule dans la sixi`eme boite. Le probl`eme, vu sous cet angle est simplement la r´epartition des m − 1 = 5 barres s´eparant les m = 6 boites, sur les n + m − 1 = 8 + 6 − 1 places disponibles. Ainsi Nombre de r´epartitions de n objets dans m boites =
(n + m − 1)! n!(m − 1)!
Cette formule de d´enombrement est essentielle dans la statistique de Bose-Einstein : elle donne le nombre de modes d’occupation de m e´ tats quantiques par n particules de Bose. En prenant n = 3 et m = 2 on retrouve les 4 e´ preuves ω1 , ω2 , ω3 et ω4 de l’exemple consid´er´e dans la section 4.1.3
´ 4.3. L’INDEPENDANCE STOCHASTIQUE
4.3 4.3.1
33
L’ind´ependance stochastique Ev´enements stochastiquement ind´ependants
Reprenons le probl`eme de la r´epartition de trois boules num´erot´ees dans deux boites consid´er´e dans la section 4.1.3. Consid´erons les e´ v´enements A : “la boule 1 est dans la boite de gauche”, B : “la boule 2 est dans la boite de gauche”, A ∩ B : “les boules 1 et 2 sont dans la boite de gauche”. Les e´ v´enements A et B sont ind´ependants puisque chaque boule ignore ce qui arrive a` l’autre. On a P (A) = P (B) = 12 et P (A ∩ B) = 14 . On constate donc que l’´egalit´e P (A ∩ B) = P (A)P (B) est v´erifi´ee. Par contre si on consid`ere l’´ev´enement C = A ∩ B, alors les e´ v´enements A et C ne sont pas ind´ependants puisqu’ils concernent tous les deux la boule 1. 0n a A ∩ C = C et l’´egalit´e P (A ∩ C) = P (A)P (C) n’est pas v´erifi´ee. On introduit alors la d´efinition math´ematique suivante : deux e´ v´enements A et B sont dits stochastiquement ind´ependants si P (A ∩ B) = P (A)P (B). Plus g´en´eralement, la famille d’´ev´enements A1 , A2 ,..., Am est dite stochastiquement ind´ependante de la famille d’´ev´enements B1 , B2 ,..., Bm si P (Ai ∩ Bj ) = P (Ai )P (Bj )
pour tous i et j.
Si les e´ v´enements A1 , A2 ,..., Am sont stochastiquement ind´ependants (entre eux) alors P (A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ Am ) = P (A1 )P (A2 ) · · · P (Am ).
4.3.2
(4.12)
Probabilit´es conditionnelles
Soient A et B deux e´ v´enements tels que P (B) 6= 0. Le nombre P (A|B) =
P (A ∩ B) P (B)
s’appelle la probabilit´e conditionnelle de A sachant B. Lorsque les deux e´ v´enements A et B sont stochastiquement ind´ependants, c’est a` dire lorsque P (A ∩ B) = P (A)P (B), alors on a P (A|B) = P (A). En utilisant la formule (4.1) on obtient Card(A ∩ B) . P (A|B) = CardB Cela revient a` compter parmi toutes les e´ preuves e´ quiprobables qui constituent l’´ev´enement B, celles qui appartiennent en outre a` l’´el´ement A ? Il s’agit donc de la probabilit´e pour que A se produise, mais dans l’espace plus petit des e´ preuves qui correspondent a` la r´ealisation de B. L’application A ∈ P(Ω) → P (A|B) ∈ [0, 1] v´erifie les propri´et´es 1 et 2 de la proposition 14. C’est donc une probabilit´e. Les probabilit´es conditionnelle sont tr`es utiles car elles permettent plus facilement de calculer des probabilit´es. Illustrons cela dans le probl`eme suivant : Probl`eme. Une boite contient n = p + q boules, p blanches et q noires. On effectue deux tirages (sans remise). Consid´erons les e´ v´enements A1 : “la premi`ere boule tir´ee est blanche”, A2 : “la deuxi`eme boule tir´ee est blanche”.
´ CHAPITRE 4. PROBABILITES
34
p−1 On a clairement P (A1 ) = np car il y a p boules blanches dans une boite contenant n boules et P (A2 |A1 ) = n−1 , car la premi`ere boule tir´ee e´ tant blanche, il reste p − 1 boules blanches dans une boite contenant n − 1 boules. Par cons´equent p(p − 1) P (A2 ∩ A1 ) = P (A2 |A1 )P (A1 ) = . n(n − 1)
Le calcul direct aurait (heureusement) donn´e le mˆeme r´esultat. En effet si on consid`ere comme espace d’´epreuves l’ensemble Ω de tous les tirages (sans remise) de deux boules dans une une boite contenant n boules alors CardΩ = n(n − 1). L’´ev´enement A2 ∩ A1 correspond simplement a` l’´ev´enement de Ω : “les deux boules sont blanches”. Or le nombre de couples form´es de deux boules blanches est p(p − 1). Par cons´equent p(p−1) . P (A2 ∩ A1 ) = n(n−1) On se propose maintenant de calculer la probabilit´e de l’´ev´enement A2 . Introduisons pour cela l’´ev´enement Ac1 : “la premi`ere boule tir´ee n’est pas blanche (elle est donc noire)”. Alors on a
A2 = (A2 ∩ A1 ) ∪ (A2 ∩ Ac1 ) .
On a bien e´ videmment P (Ac1 ) = nq car il y a q boules noires dans une boite contenant n boules et P (A2 |Ac1 ) = p ere boule tir´ee e´ tant noire, il reste p boules blanches dans une boite contenant n − 1 boules. n−1 , car la premi` Par cons´equent pq P (A2 ∩ Ac1 ) = P (A2 |Ac1 )P (Ac1 ) = . n(n − 1) Comme les e´ v´enements A2 ∩ A1 et A2 ∩ Ac1 sont disjoints, on en d´eduit que P (A2 ) = P (A2 ∩ A1 ) + P (A2 ∩ Ac1 ) =
p(p − 1) pq p + = . n(n − 1) n(n − 1) n
Noter que ce r´esultat n’est pas intuitivement e´ vident. Bien entendu, on aurait pu calculer la probabilit´e P (A2 ∩ Ac1 ) directement. Dans l’espace Ω de cardinal n(n − 1) consid´er´e ci dessus, l’´ev´enement A2 ∩ Ac1 correspond simplement a` l’´ev´enement de Ω : “la premi`ere boule est blanche et la second est noire”. Son cardinal est e´ gal a` pq . pq. Par cons´equent P (A2 ∩ Ac1 ) = n(n−1) Cette mani`ere de calculer des probabilit´es est tr`es utile. Elle se g´en´eralise de la mani`ere suivante. Soit A ∈ Ω un e´ v´enement dont on veut calculer la probabilit´e. Soit Ω = E1 ∪ E2 ∪ · · · ∪ En une partition de lespace des e´ preuves en e´ v´enements disjoints deux a` deux. Comme les e´ v´enements A ∩ E1 , A ∩ E2 , ..., A ∩ En sont disjoints deux a` deux et que leur r´eunion est e´ gale a` A on a P (A) = P (A ∩ E1 ) + P (A ∩ E2 ) + · · · + P (A ∩ En ) = P (A|E1 )P (E1 ) + P (A|E2 )P (E2 ) + · · · + P (A|En )P (En ).
4.3.3
(4.13)
R´eunion d’´ev´enements
Si A et B sont des e´ v´enements disjoints alors Card(A ∪ B) = CardA + CardB et on en d´eduit que P (A ∪ B) = P (A) + P (B), comme il avait e´ t´e dit dans la proposition 14. Pour des e´ v´enements non n´ec´essairement disjoints on utilise la formule de Poincar´e Card(A ∪ B) = CardA + CardB − Card(A ∩ B). On en d´eduit alors P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B). Pour une r´eunion de trois e´ v´enements on a Card(A ∪ B ∪ C) = CardA + CardB + CardC − Card(A ∩ B) − Card(A ∩ C) − Card(B ∩ C) + Card(A ∩ B ∩ C).
´ 4.3. L’INDEPENDANCE STOCHASTIQUE
35
On en d´eduit que P (A ∪ B ∪ C) = P (A) + P (B) + P (C) − P (A ∩ B) − P (A ∩ C) − P (B ∩ C) + P (A ∩ B ∩ C). Plus g´en´eralement on a X
Card(A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An ) =
Card(Aj ) −
1≤j≤n
+
X
X
Card(Aj ∩ Ak )
1≤j
Card(Aj ∩ Ak ∩ Al ) − · · · + (−1)n−1 Card(A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An )
(4.14)
1≤j
On en d´eduit que P (A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An ) =
X 1≤j≤n
+
X
P (Aj ) − X
P (Aj ∩ Ak )
1≤j
P (Aj ∩ Ak ∩ Al ) − · · · + (−1)n−1 P (A1 ∩ A2 ∩ · · · ∩ An )
1≤j
Nous allons appliquer cette formule pour r´esoudre le probl`eme suivant : Probl`eme. On distribue n lettres au hasard entre leur n destinataires. Quelle est la probabilit´e pour qu’aucun des destinataires ne recoive la lettre qui lui e´ tait destin´ee. Quel est l’espace Ω des e´ preuves ? Chacune des e´ preuves est une permutation des n lettres. Par cons´equent CardΩ = n!. L’´ev´enement consid´er´e est B : “aucun destinataire ne rec¸oit sa lettre”. Son compl´ementaire est A : “au moins un destinataire rec¸oit sa lettre”. Cet e´ v´enement est la r´eunion A = A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An des e´ v´enements : A1 : “le premier destinataire rec¸oit la lettre qui lui e´ tait destin´ee”, A2 : “le deuxi`eme destinataire rec¸oit la lettre qui lui e´ tait destin´ee”, ··· An : “le n-i`eme destinataire rec¸oit la lettre qui lui e´ tait destin´ee”. Consid´erons la formule (4.14). Dans cette somme il y a – n termes dans la premi`ere somme mettant en jeux les nombres Card(Aj ). Le cardinal de Aj est le nombre de permutations des n − 1 lettres restantes, c’est a` dire (n − 1)!, – (n2 ) termes dans la deuxi`eme somme mettant en jeux les nombres Card(Aj ∩Ak ). Le cardinal de Aj ∩Ak est le nombre de permutations des n − 2 lettres restantes, c’est a` dire (n − 2)!, – (n3 ) termes dans la troisi`eme somme mettant en jeux les nombres Card(Aj ∩ Ak ∩ Al ). Le cardinal de Aj ∩ Ak ∩ Al est le nombre de permutations des n − 3 lettres restantes, c’est a` dire (n − 3)!, – et ainsi de suite... Par cons´equent CardA = n(n − 1)! − (n2 ) (n − 2)! + (−1)m−1 (nm ) (n − m)! · · · + (−1)n−1 = n!
n X (−1)m−1 . m!
m=1
En divisiant par CardΩ = n! on obtient P (A) =
n X (−1)m−1 . m!
m=1
En passant au compl´ementaire on trouve n X (−1)m−1 1 1 1 1 P (B) = 1 − P (A) = 1 − = 1 − + − + · · · + (−1)n . m! 1! 2! 3! n! m=1
´ CHAPITRE 4. PROBABILITES
36 En faisant tendre n vers l’infini on voit que P (A) tend vers e−1 .
Remarque Comme le compl´ementaire d’une r´eunion est l’intersection des compl´ementaires, on a B = B1 ∩ B2 ∩ · · · ∩ Bn , o`u l’´ev´enement Bj est le compl´ementaire de l’´ev´enement Aj . On ne peut pas utiliser la formule (4.12) et poser P (B) = P (B1 )P (B2 ) · · · P (Bn ), car les e´ v´enements Bj ne sont pas stochatiquement ind´ependants. En effet, Bj est l’´ev´enement “le destinataire j ne rec¸oit pas la lettre qui lui e´ tait destin´ee” ; donc un autre destinaire la rec¸oit, alors qu’elle ne lui e´ tait pas destin´ee non plus. Ainsi, le fait d’appartenir a` l’un des Bj augmente la probabilit´e d’appartenir aussi a` l’un des autres.
4.4
Variables al´eatoires
4.4.1
Loi d’une variable al´eatoire
Une variable al´eatoire est une fonction d´efinie sur l’espace des e´ preuves, a` valeurs r´eelles. Une variable al´eatoire X : Ω → R prend une valeur num´erique d´etermin´ee X(ω) pour chaque e´ preuve ω ∈ Ω. Ce n’est pas la valeur num´erique X(ω) prise par la variable al´eatoire X qui est choisie au hasard, mais l’´epreuve ω. Le choix de ω parmi toutes les e´ preuves e´ quiprobables de Ω d´etermine alors la valeur X(ω) que prendra la variable al´eatoire X. Par exemple dans le “lanc´e de trois d`es” on peut consid´erer comme variable al´eatoire la somme des trois chiffres obtenus. La variable al´eatoire prend toutes les valeurs enti`eres entre 3 a` 18. Ici l’espace Ω a pour cardinal 63 . Soit X une variable al´eatoire. Elle prend un nombre fini de valeurs dans l’ensemble X(Ω) = {x1 , · · · , xn },
n ≤ CardΩ.
Pour chaque xk ∈ X(Ω), soit Ak = {ω ∈ Ω : X(ω) = xk } l’ensemble des e´ preuves pour lesquelles la variable al´eatoire X prend la valeur xk . Notons pk = P (Ak ). La loi de la variable al´eatoire X est la donn´ee des (xk , pk )1≤k≤n . On note plus simplement pk = P (X = xk ).
Probl`eme : marche al´eatoire (ou marche de l’ivrogne). Une marche al´eatoire a` une dimension est le mouvement d’un point mat´eriel qui fait un pas vers l’avant ou un pas vers l’arri`ere sur un axe, chacune de ces deux possibilit´es e´ tant choisie au hasrad. Chaque mouvement d’une marche al´eatoire de n pas est d´etermin´e par la liste des n choix de sens de d´eplacement : on peut le repr´esenter par une liste de n signes + ou −. L’espace des e´ preuves pour une marche al´eatoire a` n pas est de cardinal 2n . Soit x un nombre entier. Quelle est la probabilit´e pour que la marche al´eatoire a` n pas , partie de 0, aboutisse a` x. Soit p le nombre de signes + (un pas vers l’avant) et q le nombre de signes − (un pas vers l’arri`ere), avec p + q = n. La marche al´eatoire aboutit en x si et seulement si p − q = x. n−x Par cons´equent on doit avoir p = n+x eme parit´e, sinon, il n’y a 2 et q = 2 . Il faut donc que n et x aient la mˆ n! aucune marche qui aboutit en x. Comme il y a en tout p!q! possibilit´es de placer les p signe + et q signes − on en d´eduit que la probabilit´e de l’´ev´enement
A : “la marche al´eatoire de n pas, partie de 0, aboutit a` x”.
´ 4.4. VARIABLES ALEATOIRES est
½ P (A) =
37
n! 2−n p!q! 0
si n et x ont la mˆeme parit´e, si n et x n’ont pas la mˆeme parit´e.
Consid´erons maintenant la variable al´eatoire X qui est l’abscisse atteinte par la marche al´eatoire, partant de 0, au pas n. Elle prend les valeurs −n, −n + 1, ..., n − 1, n avec les probabilit´es suivantes P (X P (X P (X P (X P (X ··· P (X P (X P (X P (X P (X
4.4.2
= −n) = 2−n , = −n + 1) = 0, = −n + 2) = 2−n (n1 ), = −n + 3) = 0, = −n + 4) = 2−n (n2 ), = n − 4) = 2−n (n2 ), = n − 3) = 0, = n − 2) = 2−n (n1 ), = n − 1) = 0, = n) = 2−n
Esp´erance et variance d’une variable al´eatoire
Etant donn´ee une variable al´eatoire qui prend les valeurs x1 , x2 , ..., xn , avec les probabilit´es respectives p1 , p2 , ..., pn . On appelle moyenne ou esp´erance math´ematique de X la grandeur E(X) =
n X
xk pk .
k=1
On appelle variance de X la grandeur 2
V ar(X) = E(X − E(X)) =
n X
(xk − E(X))2 pk .
k=1
On appelle e´ cart type de X la racine carr´ee de la variance σ(X) = V ar(X) =
n X
x2k pk − 2E(X)
n X k=1
k=1
xk pk + E(X)2
p
V ar(X). La variance s’´ecrit aussi
n X
pk = E(X 2 ) − E(X)2 .
k=1
Soient X et Y des variables al´eatoires. On a E(X + Y ) = E(X) + E(Y ).
4.4.3
Variables al´eatoires stochastiquement ind´ependantes
On dit que deux variables al´eatoires X et Y prenant respectivement les valeurs x1 , ..., xm et y1 , ..., yn sont stochastiquement ind´ependantes si la famille d’´ev´enements Ak : X = xk est stochastiquement ind´ependante de la famille d’´ev´enements Bl : Y = yl , c’est a` dire si P (X = xk et Y = yl ) = P (X = xk )P (Y = yl ),
pour tous k et l.
Soient X et Y des variables al´eatoires stochastiquement ind´ependantes, on a E(XY ) = E(X)E(Y ),
V ar(X + Y ) = V ar(X) + V ar(Y ).
Bibliographie [1] J. Harthong, Probabilit´es et statistiques. De l’intuition aux applications, Diderot, Paris, 1996 [2] M. Krasnov, A. Kiss´elev, G. Makarenko, E. Chikine, Math´ematiques sup´erieures pour ing´enieurs et polytechniciens, tome 2, De Boeck, Bruxelles, 1993 [3] M. R. Spiegel, Analyse de Fourier et applications aux probl`emes de valeurs aux limites, S´erie Schaum, McGraw-Hill, 1991
38
Table des mati`eres 1 S´eries de Fourier 1.1 S´eries de Fourier en sinus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Propagation de la chaleur dans une tige de longueur finie 1.1.2 Propagation des ondes dans une corde de longueur finie 1.1.3 Unicit´e des solutions des probl`emes (1.1) et (1.9) . . . . 1.2 S´eries de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 S´eries de Fourier en cosinus . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 S´eries de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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2 2 2 4 5 6 6 8
2 Transform´ee de Fourier 2.1 D´efinitions et propri´et´es . . . . 2.1.1 Motivations physiques 2.1.2 D´efinitions . . . . . . 2.1.3 Propri´et´es . . . . . . . 2.2 Applications . . . . . . . . . . 2.2.1 Equation de la chaleur 2.2.2 Equation des ondes . .
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11 11 11 12 13 14 14 15
3 Fonctions de Bessel 3.1 La fonction de Bessel J0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Motivations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.2 Solutions d´eveloppables en s´eries enti`eres de l’´equation (3.6) . 3.1.3 D´eveloppements en s´eries de fontions de Bessel . . . . . . . . 3.2 Fonctions de Bessel Jν . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 M´ethode de Frobenius de r´esolution de l’´equation (3.1) . . . . 3.2.2 Expression des fonctions de Bessel avec la fonction Γ d’Euler 3.3 Applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.1 Equation de la chaleur . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.2 Equation des ondes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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16 16 16 17 20 20 20 21 23 23 26
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29 29 29 30 30 31 31 31 32 32 32 33
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4 Probabilit´es 4.1 Le langage du calcul des probabilit´es . . . . . . . . . 4.1.1 Equiprobabilit´e, e´ preuves, e´ v´enements . . . . 4.1.2 Probabilit´es avec poids . . . . . . . . . . . . 4.1.3 Les difficult´es de la mod´elisation . . . . . . 4.2 D´enombrement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.1 Suites avec r´ep´etition ou tirages avec remise . 4.2.2 Suites sans r´ep´etition ou tirages sans remise . 4.2.3 Combinaisons . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.4 Partitions en groupes de taille donn´ee . . . . 4.2.5 Subdivisions . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3 L’ind´ependance stochastique . . . . . . . . . . . . . 39
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` TABLE DES MATIERES
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4.4
4.3.1 Ev´enements stochastiquement ind´ependants . . . . . 4.3.2 Probabilit´es conditionnelles . . . . . . . . . . . . . 4.3.3 R´eunion d’´ev´enements . . . . . . . . . . . . . . . . Variables al´eatoires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4.1 Loi d’une variable al´eatoire . . . . . . . . . . . . . 4.4.2 Esp´erance et variance d’une variable al´eatoire . . . . 4.4.3 Variables al´eatoires stochastiquement ind´ependantes
Bibiographie
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33 33 34 36 36 37 37 38