Sans changer les variables, on cherche la forme $u(x,y)=f(x)g(y)$ et on essaie de mettre l'équation sous la forme $\Phi(x)=\Psi(y)$ et alors il existe nécessairement $\lambda$ constant tel que $\Phi(x)=\Psi(y)=\lambda$ pour tous $x,y$, et on résout séparément les EDO $\Phi (x)= \lambda$ et $\Psi(y)=\lambda$.
Il y a des résultats de problème de Cauchy pour ce genre de chose ?
$$u_x+u_y=2(x+y)u$$
Le système d'EDO de Charpit-Lagrange s'écrit : $\frac{dx}{1}=\frac{dy}{1}=\frac{du}{2(x+y)u}$
Une première équation caractéristique provient de $\frac{dx}{1}=\frac{dy}{1}$
$$x-y=c_1$$
Une seconde équation caractéristique provient de $\frac{dx}{1}=\frac{dy}{1}=\frac{xdx+ydy}{x+y}=\frac{d(x^2+y^2)}{2(x+y)}=\frac{du}{2(x+y)u}$
$$ue^{-(x^2+y^2)}=c_2$$
Solution générale de l'EDP sous forme d'équation implicite $u=c_2F(c_1)=ue^{-(x^2+y^2)}=F(x-y)$ :
$$\boxed{u(x,y)=e^{(x^2+y^2)}F(x-y)}$$
$F$ est une function arbitraire dans la forme générale et qui doit être déterminée pour satisfaire une (ou des) condition(s) (qui manque dans l'énoncé du problème).
Note: Puisque $F$ est arbitraire, le résultat peut être donné d'une infinité de façons équivalentes. Par exemple :
$$u(x,y)=e^{\frac12\left((x+y)^2+(x-y)^2)\right)}F(x-y)=f(x+y)g(x-y)$$
avec $\quad f(x+y)=e^{\frac12(x+y)^2}\quad$ et $\quad g(x-y)=e^{\frac12(x-y)^2}F(x-y)$
La fonction $f(x+y)$ est donc déterminée alors que la fonction $g(x-y)$ reste indéterminée tant que des conditions ne sont pas spécifiées.
Tout d'abord merci pour tout le monde ! Une question pour la réponse de @Crapul vous pouvez me justifier pourquoi l'existence de la constante $\lambda $ ??
Pardon je viens de voir le message.
Si $F$ et $G$ sont deux fonctions, telles que pour tous $x,y$ on a $F(x)=G(y)$, il suffit par exemple de fixer $x_0$ et de voir que du coup, pour tout $y$, $G(y)=F(x_0)$, et ainsi $G$ est constante, de valeur notée $\lambda$. Mais du coup, on peut maintenant fixer un $y_0$, pour voir que : $\forall x, F(x)=G(y_0)=\lambda$, donc $F$ est aussi constante de valeur $\lambda$.
J'arrivais comme ça à des solutions de la forme
$$u(x,y)= \mu e^{x^2+y^2+\lambda (x-y)} , \lambda,\mu \in \R$$
mais comme le fait remarquer JJ, il y a beaucoup d'autres solutions. Je ne vois pas à quel moment je perds les autres... si quelqu'un peut me dire :
on arrive, après division par $u$, à :
$$\frac{f'(x)}{f(x)} -2x = -\frac{g'(x)}{g(x)} +2y$$
pour tous $x,y$.
Il existe donc $\lambda \in \R$ tel que $f$ est solution de $z'-(2x+ \lambda ) z=0$ et $g$ de $z' -(2y-\lambda )z=0$.
Après résolution des deux, on tombe sur la forme générale de $u$ plus haut. Je dois louper quelque chose, mais je ne vois pas quoi.
Ce que tu as trouvé est un ensemble infini de solutions de la forme
$$u(x,y)=\mu e^{x^2+y^2}e^{\lambda(x-y)}$$
Puisque l'EDP est linéaire toute combinaison linéaire de ces solutions est une solution. Donc une forme plus générale est :
$$u(x,y)=\sum_{\forall \lambda , \mu}\mu e^{x^2+y^2}e^{\lambda(x-y)}=e^{x^2+y^2}\sum_{\forall \lambda , \mu}\mu e^{\lambda(x-y)}$$
Le terme somme est une function arbitraire de $(x-y)$, soit $F(x-y)$
$$u(x,y)=e^{x^2+y^2}F(x-y)$$
On est d'accord, mais il y a une perte de généralité de mon côté, et je ne sais pas où. Car effectivement toute fonction $F$ au moins dérivable fonctionne, mais je n'en trouve que quelques-unes, en n'utilisant que des implications. Il y a bien une erreur de raisonnement quelque part.
Il n'y a pas de perte de généralité si l'on considère l'ensemble des solutions particulières. Donc je ne vois pas ce que veux dire perte de généralité "de mon coté", puisque en prolongeant ton calcul, tu arrives bien à la solution générale $u(x,y)=e^{x^2+y^2}F(x-y)$.
Par exemple je n'ai pas la solution $u : (x,y) \longmapsto e^{x^2+y^2} \sin (x-y)$.
En fait c'est juste qu'en appliquant la méthode de séparation des variables comme demandé, c'est à dire en cherchant $u(x,y)=f(x)g(y)$, on trouve moins de solutions qu'en cherchant $u(x,y)=F(x+y)G(x-y)$, ce qui revient à changer les variables avant d'utiliser la méthode de séparation.
Tu devrais la trouver par linéarité puisque \[\newcommand{\e}{\mathrm{e}}\e^{x^2+y^2} \sin (x-y)=\e^{x^2}\sin x\cdot\e^{y^2}\cos y-\e^{x^2}\cos x\cdot\e^{y^2}\sin y,\] non ?
Un essai pour comprendre la solution avev sinus
Pour rendre la methode de Crapul un peu
Plus generale, cherchons une solution u de la forme $u(x,y)=f(x)g(y)$ avec $f,g \R \to \C$ on trouve les solutions $u(x,y)=Ke^{x²+y²} e^{\lambda (x-y)}$ avec $K,\lambda\in \C$
comme ca $u(x,y)=e^{x²+y²} e^{i (x-y)}$ et $v(x,y)=e^{x²+y²} e^{-i (x-y)}$ et donc par Euler $w(x,y)=e^{x²+y²} \sin (x-y)$ est une solution
Ok gebrane mais j'avais pris $\sin$ en guise d'exemple.
Mais on est bien d'accord que même en faisant des combinaisons linéaires de mes solutions, je n'arrive pas à toutes celles de JJ, hein ?
C'est tout, je dois me faire à l'idée.
On cherche des solutions sous deux formes différentes, il est naturel que l'ensemble des solutions ne coïncide pas.
J'ai une question :-D est-ce que toutes les solutions ont la forme de JJ. Je n'arrive pas à nier à défaut d'un contre-exemple.
Réponses
solution de la forme u(x, y) = f(x) . g(y)
Il y a des résultats de problème de Cauchy pour ce genre de chose ?
Comme indiqué par "side", le plus simple est de chercher les solutions de la forme $u(x,y)=f(x+y)g(x-y)$. Je suppose que tu sauras le faire.
Pour information, la méthode des caractéristiques donne également satisfaction : https://fr.wikipedia.org/wiki/Méthode_des_caractéristiques
$$u_x+u_y=2(x+y)u$$
Le système d'EDO de Charpit-Lagrange s'écrit : $\frac{dx}{1}=\frac{dy}{1}=\frac{du}{2(x+y)u}$
Une première équation caractéristique provient de $\frac{dx}{1}=\frac{dy}{1}$
$$x-y=c_1$$
Une seconde équation caractéristique provient de $\frac{dx}{1}=\frac{dy}{1}=\frac{xdx+ydy}{x+y}=\frac{d(x^2+y^2)}{2(x+y)}=\frac{du}{2(x+y)u}$
$$ue^{-(x^2+y^2)}=c_2$$
Solution générale de l'EDP sous forme d'équation implicite $u=c_2F(c_1)=ue^{-(x^2+y^2)}=F(x-y)$ :
$$\boxed{u(x,y)=e^{(x^2+y^2)}F(x-y)}$$
$F$ est une function arbitraire dans la forme générale et qui doit être déterminée pour satisfaire une (ou des) condition(s) (qui manque dans l'énoncé du problème).
Note: Puisque $F$ est arbitraire, le résultat peut être donné d'une infinité de façons équivalentes. Par exemple :
$$u(x,y)=e^{\frac12\left((x+y)^2+(x-y)^2)\right)}F(x-y)=f(x+y)g(x-y)$$
avec $\quad f(x+y)=e^{\frac12(x+y)^2}\quad$ et $\quad g(x-y)=e^{\frac12(x-y)^2}F(x-y)$
La fonction $f(x+y)$ est donc déterminée alors que la fonction $g(x-y)$ reste indéterminée tant que des conditions ne sont pas spécifiées.
Une question pour la réponse de @Crapul vous pouvez me justifier pourquoi l'existence de la constante $\lambda $ ??
Si $F$ et $G$ sont deux fonctions, telles que pour tous $x,y$ on a $F(x)=G(y)$, il suffit par exemple de fixer $x_0$ et de voir que du coup, pour tout $y$, $G(y)=F(x_0)$, et ainsi $G$ est constante, de valeur notée $\lambda$. Mais du coup, on peut maintenant fixer un $y_0$, pour voir que : $\forall x, F(x)=G(y_0)=\lambda$, donc $F$ est aussi constante de valeur $\lambda$.
J'arrivais comme ça à des solutions de la forme
$$u(x,y)= \mu e^{x^2+y^2+\lambda (x-y)} , \lambda,\mu \in \R$$
mais comme le fait remarquer JJ, il y a beaucoup d'autres solutions. Je ne vois pas à quel moment je perds les autres... si quelqu'un peut me dire :
on arrive, après division par $u$, à :
$$\frac{f'(x)}{f(x)} -2x = -\frac{g'(x)}{g(x)} +2y$$
pour tous $x,y$.
Il existe donc $\lambda \in \R$ tel que $f$ est solution de $z'-(2x+ \lambda ) z=0$ et $g$ de $z' -(2y-\lambda )z=0$.
Après résolution des deux, on tombe sur la forme générale de $u$ plus haut. Je dois louper quelque chose, mais je ne vois pas quoi.
$$u(x,y)=\mu e^{x^2+y^2}e^{\lambda(x-y)}$$
Puisque l'EDP est linéaire toute combinaison linéaire de ces solutions est une solution. Donc une forme plus générale est :
$$u(x,y)=\sum_{\forall \lambda , \mu}\mu e^{x^2+y^2}e^{\lambda(x-y)}=e^{x^2+y^2}\sum_{\forall \lambda , \mu}\mu e^{\lambda(x-y)}$$
Le terme somme est une function arbitraire de $(x-y)$, soit $F(x-y)$
$$u(x,y)=e^{x^2+y^2}F(x-y)$$
En fait c'est juste qu'en appliquant la méthode de séparation des variables comme demandé, c'est à dire en cherchant $u(x,y)=f(x)g(y)$, on trouve moins de solutions qu'en cherchant $u(x,y)=F(x+y)G(x-y)$, ce qui revient à changer les variables avant d'utiliser la méthode de séparation.
Pour rendre la methode de Crapul un peu
Plus generale, cherchons une solution u de la forme $u(x,y)=f(x)g(y)$ avec $f,g \R \to \C$ on trouve les solutions $u(x,y)=Ke^{x²+y²} e^{\lambda (x-y)}$ avec $K,\lambda\in \C$
comme ca $u(x,y)=e^{x²+y²} e^{i (x-y)}$ et $v(x,y)=e^{x²+y²} e^{-i (x-y)}$ et donc par Euler $w(x,y)=e^{x²+y²} \sin (x-y)$ est une solution
Mais on est bien d'accord que même en faisant des combinaisons linéaires de mes solutions, je n'arrive pas à toutes celles de JJ, hein ?
C'est tout, je dois me faire à l'idée.
J'ai une question :-D est-ce que toutes les solutions ont la forme de JJ. Je n'arrive pas à nier à défaut d'un contre-exemple.