Exercice 13 - Exercice 1

3 h
240
DEVOIR :{\color{red}{\textbf{DEVOIR :}}}
Vitesse de deˊficit dans le sillage d’une aile d’avion{\color{RoyalBlue}{\textbf{Vitesse de déficit dans le sillage d'une aile d'avion}}}

Lorsqu'une aile d'avion traverse l'air, la viscosité du fluide génère des forces de frottement qui ralentissent l'écoulement au contact de sa surface. À l'arrière du bord de fuite, cet air ralenti se détache et forme une zone perturbée que l'on nomme le sillage.
Au cœur de ce sillage, la vitesse locale de l'air, désignée par le vecteur v⃗a\vec{v}_{\mathrm{a}}, est nettement inférieure à celle de l'écoulement libre non perturbé qui se situe devant l'avion et désignée ici par le vecteur v⃗∞≠0⃗\vec{v}_{\infty} \neq \vec{0}.
Cette différence entre la vitesse au loin et la vitesse dans le sillage est précisément ce que l'on appelle la vitesse de déficit. Cette vitesse sera notée v⃗def\vec{v}_{\mathrm{def}}, et on a :
v⃗def=v⃗∞−v⃗a\vec{v}_{\mathrm{def}} = \vec{v}_{\infty} - \vec{v}_{\mathrm{a}}
Il s'agit d'une notion capitale en aérodynamique, car ce déficit de quantité de mouvement permet de quantifier directement la résistance à l'avancement, au travers de la traînée, subie par l'aile. À mesure que l'on s'éloigne en aval, ce sillage s'élargit et se mélange à l'air environnant, faisant progressivement décroître le déficit maximal de vitesse jusqu'à ce que l'écoulement retrouve son homogénéité. On a alors la figure suivante :

Soit t∈R+t \in \mathbb{R}^+ qui représente le paramètre temporel.
On désigne par i\mathsf{i} le nombre complexe unitaire imaginaire tel que i2=−1\mathsf{i}^2 = -1.
La viscosité cinématique de l'air est désignée par le nombre réel constant ν>0\nu > 0.
Soit xx et yy deux grandeurs réelles. On désigne par B=(e⃗x ; e⃗y)\mathcal{B} = \left( \vec{e}_x \,;\, \vec{e}_y\right) une Base Ortho-Normée (B.O.N.) cartésienne.
On admettra que l'étude est en régime stationnaire.
La direction principale et privilégiée est portée par la direction longitudinale. De plus, on admettra une symétrie dans la direction perpendiculaire au plan PxOy\mathcal{P}_{xOy}. De fait, on a :
{v⃗def=∣∣ v⃗def∣∣ e⃗x=vdef(x ; y) e⃗xv⃗a=∣∣ v⃗a∣∣ e⃗x=va(x ; y) e⃗xv⃗∞=∣∣ v⃗∞∣∣ e⃗x=v∞ e⃗x\left\lbrace \begin{array}{rclcl} \vec{v}_{\mathrm{def}} & = & || \, \vec{v}_{\mathrm{def}} || \, \vec{e}_x & = & v_{\mathrm{def}}(x\,;\,y) \, \vec{e}_x \\ & & \\ \vec{v}_{\mathrm{a}} & = & || \, \vec{v}_{\mathrm{a}} || \, \vec{e}_x & = & v_{\mathrm{a}}(x\,;\,y) \, \vec{e}_x \\ & & \\ \vec{v}_{\infty} & = & || \, \vec{v}_{\infty} || \, \vec{e}_x & = & v_{\infty} \, \vec{e}_x \\ \end{array} \right.
On admettra que v∞v_{\infty} est une quantité réelle, strictement positive, indépendante du temps et de la position.
On pose les conditions limites suivantes :
{vdef(x=0 ; y)=V δ(y)     (V∈R+⋆)lim⁡x ⟶ +∞vdef(x ; y)=0lim⁡y ⟶ +∞vdef(x ; y)=0\left\lbrace \begin{array}{rcl} v_{\mathrm{def}}(x = 0 \,;\, y) & = & V \, \delta(y) \,\,\,\,\, \big(V \in \mathbb{R}^{+ \star} \big) \\ & & \\ \displaystyle{ \lim_{x \, \longrightarrow \, +\infty} } v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) & = & 0 \\ & & \\ \displaystyle{ \lim_{y \, \longrightarrow \, +\infty} } v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) & = & 0 \\ \end{array} \right.
Le terme δ(y)\delta(y) représente la distribution de Dirac selon la variable transversale yy.
Selon le modèle de Prandtl incompressible, qui n'est absolument pas l'objet de cet exercice, l'équation qui est issue d'un bilan de quantité de mouvement est l'Equation aux Dérivées Partielles (E.D.P.), notée E\mathcal{E}, suivante :
E:  ∂vdef∂x(x ; y)=νv∞ ∂2vdef∂y2(x ; y)\mathcal{E} : \,\, \dfrac{\partial v_{\mathrm{def}}}{ \partial x}(x \,;\, y) = \dfrac{\nu}{v_{\infty}} \, \dfrac{\partial^2 v_{\mathrm{def}}}{ \partial y^2}(x \,;\, y)
A la variable y∈Ry \in \mathbb{R}, de l'espace physique, on lui fait correspondre la variable k∈Rk \in \mathbb{R}, de l'espace réciproque ou espace de Fourier.
Pour toute fonction bivariée f∈L2(R)f \in L^2(\mathbb{R}), on note sa transformée de Fourier comme :
TF[f(x ; y)]=F[ f ](x ; k)=f^(x ; k)=12π∫−∞+∞f(x ; y) e−i ky dyTF\left[ f(x \,;\, y) \right] = \mathcal{F}\left[ \, f \, \right](x \,;\, k) = \widehat{f}(x \,;\, k) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} f(x \,;\, y) \, e^{-\mathsf{i} \, ky} \, \mathrm{d}y
Ce qui implique que :
TF−1[f^(x ; k)]=F−1[ f^ ](x ; y)=f(x ; y)=12π∫−∞+∞f^(x ; k) ei ky dkTF^{-1}\left[ \widehat{f}(x \,;\, k) \right] = \mathcal{F}^{-1}\left[ \, \widehat{f} \, \right](x \,;\, y) = f(x \,;\, y) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} \widehat{f}(x \,;\, k) \, e^{\mathsf{i} \, ky} \, \mathrm{d}k
On rappelle que pour s'assurer de la convergence des intégrales, on a les deux conditions suivantes :
{lim⁡k ⟶ ±∞f^(x ; k)=0lim⁡y ⟶ ±∞f(x ; y)=0\left\lbrace \begin{array}{rcl} \displaystyle{ \lim_{k \, \longrightarrow \, \pm \infty} } \widehat{f}(x \,;\, k) & = & 0 \\ & & \\ \displaystyle{ \lim_{y \, \longrightarrow \, \pm \infty} } f(x \,;\, y) & = & 0 \\ \end{array} \right.
On admettra que la fonction bivariée vdef:(x ; y)∈R2⟼vdef(x ; y)∈Rv_{\mathrm{def}} : (x \,;\, y) \in \mathbb{R}^2 \longmapsto v_{\mathrm{def}} (x \,;\, y) \in \mathbb{R} appartient à l'ensemble L2(R)L^2(\mathbb{R}) et est au moins deux fois dérivable sur R2\mathbb{R}^2.
Nous désignerons le produit de convolution{\color{red}{\textbf{produit de convolution}}} par le symbole " ★{\color{red}{\bigstar}} ".
Question 1
Partie 1 - Reˊsultats preˊliminaires{\color{Blue}{\textbf{Partie 1 - Résultats préliminaires}}}

Dans cette première partie, nous souhaitons établir quelques résultats mathématiques qui seront utiles pour la résolution de l'E.D.P. E\mathcal{E} qui représente l'objectif de cet exercice.
Soit a∈R+⋆a \in \mathbb{R}^{+ \star}.
Soit la fonction bivariée g:(x ; y)∈R2⟼g(x ; y)∈Rg : (x \,;\, y) \in \mathbb{R}^2 \longmapsto g (x \,;\, y) \in \mathbb{R} qui appartient à l'ensemble L2(R)L^2(\mathbb{R}). Cette fonction est au moins deux fois dérivable sur R2\mathbb{R}^2. On admettra que ses dérivées partielles premières sont bornées.
Soit la fonction bivariée h:(x ; y)∈R2⟼h(x ; y)∈Rh : (x \,;\, y) \in \mathbb{R}^2 \longmapsto h (x \,;\, y) \in \mathbb{R} qui appartient à l'ensemble L2(R)L^2(\mathbb{R}). Cette fonction est au moins deux fois dérivable sur R2\mathbb{R}^2. On admettra que ses dérivées partielles premières sont bornées.
Soit la fonction bivariée f:(x ; y)∈R2⟼f(x ; y)=∂g∂y(x ; y)∈Rf : (x \,;\, y) \in \mathbb{R}^2 \longmapsto f (x \,;\, y) = \dfrac{\partial g}{\partial y}(x \,;\, y) \in \mathbb{R} qui appartient également à l'ensemble L2(R)L^2(\mathbb{R}). Cette fonction est au moins deux fois dérivable sur R2\mathbb{R}^2. On admettra que ses dérivées partielles premières sont bornées.
On désigne par G\mathcal{G} l'intégrale généralisée convergente, dite de Gauss, suivante :
G=∫−∞+∞e−X2 dX\mathcal{G} = \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{-X^2} \, \mathrm{d}X
On rappelle que, dans le plan R2\mathbb{R}^2, les coordonnées polaires sont r∈R+r \in \mathbb{R}^{+} et θ∈[0 ; 2π]\theta \in [0 \,;\,2\pi].

♡  Questions de la Partie 1  ♡{\color{Blue}{\heartsuit \,\ \textbf{Questions de la Partie 1} \,\, \heartsuit}}

En calculant astucieusement G2\mathcal{G}^2, et en faisant usage des coordonnées polaires, déterminer la valeur de l'intégrale G\mathcal{G}.

Correction
Afin de calculer l'intégrale G\mathcal{G}, nous allons plutôt, comme l'indique le sujet, déterminer G2\mathcal{G}^2. On a alors :
G2=G×G=(∫−∞+∞e−X2 dX)×(∫−∞+∞e−Y2 dY)\mathcal{G}^2 = \mathcal{G} \times \mathcal{G} = \left( \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{-X^2} \, \mathrm{d}X \right) \times \left( \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{-Y^2} \, \mathrm{d}Y \right)
En faisant usage des propriétés de l'intégrale, on peut écrire que :
G2=∫−∞+∞∫−∞+∞e−X2e−Y2 dX dY\mathcal{G}^2 = \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{-X^2} e^{-Y^2} \, \mathrm{d}X \, \mathrm{d}Y
En faisant usage des propriétés de la fonction exponentielle, on obtient :
G2=∫−∞+∞∫−∞+∞e−X2−Y2 dX dY\mathcal{G}^2 = \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{-X^2 -Y^2} \, \mathrm{d}X \, \mathrm{d}Y
Par une simple factorisation, on a alors :
G2=∫−∞+∞∫−∞+∞e−(X2+Y2) dX dY\mathcal{G}^2 = \int_{- \infty}^{+ \infty} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- \left( X^2 + Y^2 \right) } \, \mathrm{d}X \, \mathrm{d}Y
La présence du terme X2+Y2X^2 + Y^2 suggère d'introduire les coordonnées polaires afin de balayer le plan R2\mathbb{R}^2. Pour cela, on pose :
{X=rcos⁡(θ)Y=rsin⁡(θ)    ⟹    dX dY=r dr dθ\left\lbrace \begin{array}{rcl} X & = & r \cos(\theta) \\ & & \\ Y & = & r \sin(\theta) \\ \end{array} \right. \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, \mathrm{d}X \, \mathrm{d}Y = r \, \mathrm{d}r \, \mathrm{d}\theta
Avec r∈R+r \in \mathbb{R}^+ et θ∈[0 ; 2π]\theta \in [0 \,;\, 2\pi]. Ainsi X2+Y2=r2X^2 + Y^2 = r^2. De fait, on obtient :
G2=∫0+∞∫02πe−r2 r dr dθ\mathcal{G}^2 = \int_{0}^{+ \infty} \int_{0}^{2\pi} e^{- r^2 } \, r \, \mathrm{d}r \, \mathrm{d}\theta
Ce qui nous donne :
G2=∫0+∞e−r2 r dr×∫02πdθ\mathcal{G}^2 = \int_{0}^{+ \infty} e^{- r^2 } \, r \, \mathrm{d}r \times \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta
Soit :
G2=∫0+∞e−r2 r dr×2π\mathcal{G}^2 = \int_{0}^{+ \infty} e^{- r^2 } \, r \, \mathrm{d}r \times 2\pi
Soit encore :
G2=π∫0+∞2r e−r2 dr\mathcal{G}^2 = \pi \int_{0}^{+ \infty} 2r \, e^{- r^2 } \, \mathrm{d}r
Posons maintenant u=r2u = r^2. Dans ce cas lorsque r=0r = 0 on a u=0u = 0 et lorsque r⟶+∞r \longrightarrow + \infty on a u⟶+∞u \longrightarrow + \infty. Puis on a également dudr=ddr(r2)=2r\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}r} = \dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r} \big( r^2 \big) = 2r. De fait, on an déduit que du=2r dr\mathrm{d}u = 2r \, \mathrm{d}r. On peut donc écrire que :
G2=π∫0+∞e−u du=π lim⁡B⟶+∞∫0Be−u du=π lim⁡B⟶+∞[−e−u]0B=π lim⁡B⟶+∞[e−u]B0\mathcal{G}^2 = \pi \int_{0}^{+ \infty} e^{- u } \, \mathrm{d}u = \pi \, \lim_{B \longrightarrow + \infty} \int_{0}^{B} e^{- u } \, \mathrm{d}u = \pi \, \lim_{B \longrightarrow + \infty} \left[ -e^{- u } \right]_{0}^{B} = \pi \, \lim_{B \longrightarrow + \infty} \left[ e^{- u } \right]_{B}^{0}
D'où :
G2=π lim⁡B⟶+∞(e−0e−B)=π(e0−lim⁡B⟶+∞e−B)\mathcal{G}^2 = \pi \, \lim_{B \longrightarrow + \infty} \left( e^{- 0 } e^{- B } \right) = \pi \left( e^{0} - \lim_{B \longrightarrow + \infty}e^{- B } \right)
Comme e0=1e^{0} = 1, on obtient :
G2=π(1−lim⁡B⟶+∞e−B)\mathcal{G}^2 = \pi \left( 1 - \lim_{B \longrightarrow + \infty}e^{- B } \right)
Puis, on sait que :
lim⁡B⟶+∞e−B=0+\lim_{B \longrightarrow + \infty}e^{- B } = 0^+
Ainsi, on obtient :
G2=π(1−0+)\mathcal{G}^2 = \pi \left( 1 - 0^+ \right)
Ce qui nous donne donc :
G2=π×1\mathcal{G}^2 = \pi \times 1
Finalement, on obtient :
G=π\mathcal{G} = \sqrt{ \pi }
Question 2

Déterminer l'expression de TF[a×g(x ; y)+h(x ; y)]TF\left[ a \times g(x \,;\, y) + h(x \,;\, y) \right] en fonction de g^(x ; k)\widehat{g}(x \,;\, k) et de h^(x ; k)\widehat{h}(x \,;\, k).

Correction
En faisant usage de la linéarité de l'intégrale, donc de la transformée de Fourier, on peut donc écrire que :
TF[a×g(x ; y)+h(x ; y)]=a×TF[g(x ; y)]+TF[h(x ; y)]TF\left[ a \times g(x \,;\, y) + h(x \,;\, y) \right] = a \times TF\left[ g(x \,;\, y) \right] + TF\left[ h(x \,;\, y) \right]
Finalement, on obtient :
TF[a×g(x ; y)+h(x ; y)]=a g^(x ; k)+h^(x ; k)TF\left[ a \times g(x \,;\, y) + h(x \,;\, y) \right] = a \, \widehat{g}(x \,;\, k) + \widehat{h}(x \,;\, k)
Question 3

Calculer TF[∂f∂y(x ; y)]TF\left[ \dfrac{\partial f}{\partial y} (x \,;\, y) \right] en fonction de f^(x ; k)\widehat{f}(x \,;\, k).

Correction
On a :
TF[∂f∂y(x ; y)]=12π∫−∞+∞∂f∂y(x ; y) e−i ky dyTF\left[ \dfrac{\partial f}{\partial y} (x \,;\, y) \right] = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} \dfrac{\partial f}{\partial y} (x \,;\, y) \, e^{-\mathsf{i} \, ky} \, \mathrm{d}y
En effectuant une intégration par parties, on obtient alors :
TF[∂f∂y(x ; y)]=12π([f(x ; y)e−i ky]−∞+∞−∫−∞+∞f(x ; y) (−i k) e−i ky dy)TF\left[ \dfrac{\partial f}{\partial y} (x \,;\, y) \right] = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left( \left[f(x \,;\, y) e^{-\mathsf{i} \, ky} \right]_{- \infty}^{+ \infty} - \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x \,;\, y) \, (-\mathsf{i} \, k) \, e^{-\mathsf{i} \, ky} \, \mathrm{d}y \right)
Soit :
TF[∂f∂y(x ; y)]=12π([f(x ; y)e−i ky]−∞+∞+i k∫−∞+∞f(x ; y) e−i ky dy)TF\left[ \dfrac{\partial f}{\partial y} (x \,;\, y) \right] = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left( \left[f(x \,;\, y) e^{-\mathsf{i} \, ky} \right]_{- \infty}^{+ \infty} + \mathsf{i} \, k \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x \,;\, y) \, e^{-\mathsf{i} \, ky} \, \mathrm{d}y \right)
Soit encore :
TF[∂f∂y(x ; y)]=12π[f(x ; y)e−i ky]−∞+∞+i k12π∫−∞+∞f(x ; y) e−i ky dyTF\left[ \dfrac{\partial f}{\partial y} (x \,;\, y) \right] = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left[f(x \,;\, y) e^{-\mathsf{i} \, ky} \right]_{- \infty}^{+ \infty} + \mathsf{i} \, k \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x \,;\, y) \, e^{-\mathsf{i} \, ky} \, \mathrm{d}y
Ceci va donc pouvoir s'écrire comme :
TF[∂f∂y(x ; y)]=12π[f(x ; y)e−i ky]−∞+∞+i k f^(x ; k)TF\left[ \dfrac{\partial f}{\partial y} (x \,;\, y) \right] = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left[f(x \,;\, y) e^{-\mathsf{i} \, ky} \right]_{- \infty}^{+ \infty} + \mathsf{i} \, k \, \widehat{f}(x \,;\, k)
Or on sait que, par hypothèses, la fonction f∈L2(R)f \in L^2(\mathbb{R}) et que cette fonction est au moins deux fois dérivable sur R2\mathbb{R}^2 mais également que ses dérivées partielles premières sont bornées. Ceci nous permet de s'assurer que :
lim⁡y ⟶ ±∞f(x ; y)=0\lim_{y \, \longrightarrow \, \pm \infty} f(x \,;\, y) = 0
En conséquence, on a :
[f(x ; y)e−i ky]−∞+∞=0\left[f(x \,;\, y) e^{-\mathsf{i} \, ky} \right]_{- \infty}^{+ \infty} = 0
Et finalement, on obtient :
TF[∂f∂y(x ; y)]=i k f^(x ; k)TF\left[ \dfrac{\partial f}{\partial y} (x \,;\, y) \right] = \mathsf{i} \, k \, \widehat{f}(x \,;\, k)
Question 4

Calculer TF[∂2f∂y2(x ; y)]TF\left[ \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} (x \,;\, y) \right] en fonction de f^(x ; k)\widehat{f}(x \,;\, k).

Correction
On vient de démontrer que :
TF[∂f∂y(x ; y)]=i k f^(x ; k)TF\left[ \dfrac{\partial f}{\partial y} (x \,;\, y) \right] = \mathsf{i} \, k \, \widehat{f}(x \,;\, k)
Soit :
TF[∂∂yf(x ; y)]=i k TF[f(x ; y)]TF\left[ \dfrac{\partial }{\partial y} f (x \,;\, y) \right] = \mathsf{i} \, k \, TF\left[ f(x \,;\, y) \right]
Posons f=∂g∂yf = \dfrac{\partial g}{\partial y}. On a alors :
TF[∂∂y∂g∂y(x ; y)]=i k TF[∂g∂y(x ; y)]TF\left[ \dfrac{\partial }{\partial y} \dfrac{\partial g}{\partial y} (x \,;\, y) \right] = \mathsf{i} \, k \, TF\left[ \dfrac{\partial g}{\partial y}(x \,;\, y) \right]
Soit :
TF[∂2g∂y2(x ; y)]=i k TF[∂g∂y(x ; y)]TF\left[ \dfrac{\partial^2 g}{\partial y^2} (x \,;\, y) \right] = \mathsf{i} \, k \, TF\left[ \dfrac{\partial g}{\partial y}(x \,;\, y) \right]
Mais en tenant compte de la question précédente, on peut écrire que :
TF[∂g∂y(x ; y)]=i k g^(x ; k)TF\left[ \dfrac{\partial g}{\partial y} (x \,;\, y) \right] = \mathsf{i} \, k \, \widehat{g}(x \,;\, k)
Ainsi, on obtient :
TF[∂2g∂y2(x ; y)]=i k i k g^(x ; k)TF\left[ \dfrac{\partial^2 g}{\partial y^2} (x \,;\, y) \right] = \mathsf{i} \, k \, \mathsf{i} \, k \, \widehat{g}(x \,;\, k)
D'où :
TF[∂2g∂y2(x ; y)]=i2 k2 g^(x ; k)TF\left[ \dfrac{\partial^2 g}{\partial y^2} (x \,;\, y) \right] = \mathsf{i}^2 \, k^2 \, \widehat{g}(x \,;\, k)
Comme i2=−1\mathsf{i}^2 = -1, on a alors :
TF[∂2g∂y2(x ; y)]=−k2 g^(x ; k)TF\left[ \dfrac{\partial^2 g}{\partial y^2} (x \,;\, y) \right] = - k^2 \, \widehat{g}(x \,;\, k)
De fait, dans cette dernière relation, si on opère la substitution g↭fg \leftrightsquigarrow f, on obtient finalement :
TF[∂2f∂y2(x ; y)]=−k2 f^(x ; k)TF\left[ \dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2} (x \,;\, y) \right] = - k^2 \, \widehat{f}(x \,;\, k)
Question 5

Calculer TF[∂f∂x(x ; y)]TF\left[ \dfrac{\partial f}{\partial x} (x \,;\, y) \right] en fonction de f^(x ; k)\widehat{f}(x \,;\, k).

Correction
On a :
TF[∂f∂x(x ; y)]=12π∫−∞+∞∂f∂x(x ; y) e−i ky dyTF\left[ \dfrac{\partial f}{\partial x} (x \,;\, y) \right] = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} \dfrac{\partial f}{\partial x} (x \,;\, y) \, e^{-\mathsf{i} \, ky} \, \mathrm{d}y
Comme d'intégration est mesurée par dy\mathrm{d}y et que la dérivation partielle s'effectue selon la direction xx, nous allons pouvoir sortir de l'intégrale l'opérateur ∂∂x\dfrac{\partial }{\partial x}. On a alors :
TF[∂f∂x(x ; y)]=12π∂∂x∫−∞+∞f(x ; y) e−i ky dyTF\left[ \dfrac{\partial f}{\partial x} (x \,;\, y) \right] = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \dfrac{\partial }{\partial x} \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x \,;\, y) \, e^{-\mathsf{i} \, ky} \, \mathrm{d}y
Soit :
TF[∂f∂x(x ; y)]=∂∂x(12π∫−∞+∞f(x ; y) e−i ky dy)TF\left[ \dfrac{\partial f}{\partial x} (x \,;\, y) \right] = \dfrac{\partial }{\partial x} \left( \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x \,;\, y) \, e^{-\mathsf{i} \, ky} \, \mathrm{d}y \right)
Soit encore :
TF[∂f∂x(x ; y)]=∂∂x(f^(x ; k))TF\left[ \dfrac{\partial f}{\partial x} (x \,;\, y) \right] = \dfrac{\partial }{\partial x} \left( \widehat{f}(x \,;\, k) \right)
Finalement, on obtient :
TF[∂f∂x(x ; y)]=∂f^∂x(x ; k)TF\left[ \dfrac{\partial f}{\partial x} (x \,;\, y) \right] = \dfrac{\partial \widehat{f} }{\partial x} (x \,;\, k)
Question 6

Exprimer TF−1[g^(x ; k)×h^(x ; k)]TF^{-1}\left[ \widehat{g}(x \,;\, k) \times \widehat{h}(x \,;\, k) \right] en fonction de gg et de hh.

Correction
On a :
TF−1[g^(x ; k)×h^(x ; k)]=12π TF−1[g^(x ; k)]  ★  TF−1[h^(x ; k)]TF^{-1}\left[ \widehat{g}(x \,;\, k) \times \widehat{h}(x \,;\, k) \right] = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \, TF^{-1}\left[ \widehat{g}(x \,;\, k) \right] \,\, {\color{red}{\bigstar}} \,\, TF^{-1}\left[ \widehat{h}(x \,;\, k) \right]
Soit :
TF−1[g^(x ; k)×h^(x ; k)]=12π g(x ; y)  ★  h(x ; y)TF^{-1}\left[ \widehat{g}(x \,;\, k) \times \widehat{h}(x \,;\, k) \right] = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \, g(x \,;\, y) \,\, {\color{red}{\bigstar}} \,\, h(x \,;\, y)
Soit encore :
TF−1[g^(x ; k)×h^(x ; k)]=12π (g  ★  h)(x ; y)TF^{-1}\left[ \widehat{g}(x \,;\, k) \times \widehat{h}(x \,;\, k) \right] = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \, \big( g \,\, {\color{red}{\bigstar}} \,\, h \big)(x \,;\, y)
En prenant la définition intégrale du produit de convolution, et que c'est la variable yy qui est concernée, on trouve finalement que :
TF−1[g^(x ; k)×h^(x ; k)]=12π∫−∞+∞g(x ; z) h(x ; y−z) dzTF^{-1}\left[ \widehat{g}(x \,;\, k) \times \widehat{h}(x \,;\, k) \right] = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} g(x \,;\, z) \, h(x \,;\, y - z) \, \mathrm{d}z
Question 7

Calculer TF−1[g^(x ; ak)]TF^{-1}\left[ \widehat{g}(x \,;\, ak) \right] en fonction de gg et de aa.

Correction
On a :
TF−1[g^(x ; ak)]=12π∫−∞+∞g^(x ; ak) ei ky dkTF^{-1}\left[ \widehat{g}(x \,;\, ak) \right] = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} \widehat{g}(x \,;\, ak) \, e^{\mathsf{i} \, ky} \, \mathrm{d}k
Par un premier jeu d'écriture avec aa, on a :
TF−1[g^(x ; ak)]=1a 12π∫−∞+∞g^(x ; ak) ei ky d(ak)TF^{-1}\left[ \widehat{g}(x \,;\, ak) \right] = \dfrac{1}{a} \, \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} \widehat{g}(x \,;\, ak) \, e^{\mathsf{i} \, ky} \, \mathrm{d}(ak)
Puis, par un second jeu d'écriture avec aa, mais cette fois dans l'exponentielle, on a :
TF−1[g^(x ; ak)]=1a 12π∫−∞+∞g^(x ; ak) ei ak ya d(ak)TF^{-1}\left[ \widehat{g}(x \,;\, ak) \right] = \dfrac{1}{a} \, \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} \widehat{g}(x \,;\, ak) \, e^{\mathsf{i} \, ak \, \frac{y}{a} } \, \mathrm{d}(ak)
Posons maintenant K=akK = ak. Comme a∈R+⋆a \in \mathbb{R}^{+\star} cela implique que les bornes de l'intégrale restent inchangées. On obtient alors :
TF−1[g^(x ; ak)]=1a 12π∫−∞+∞g^(x ; K) ei K ya dKTF^{-1}\left[ \widehat{g}(x \,;\, ak) \right] = \dfrac{1}{a} \, \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} \widehat{g}(x \,;\, K) \, e^{\mathsf{i} \, K \, \frac{y}{a} } \, \mathrm{d}K
Finalement, on obtient :
TF−1[g^(x ; ak)]=1a g(x ; ya)TF^{-1}\left[ \widehat{g}(x \,;\, ak) \right] = \dfrac{1}{a} \, g\left( x \,;\, \dfrac{y}{a} \right)
Question 8

Déterminer l'expression de TF−1[e− 12k2]TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right].

Correction
{\color{red}{▼  \blacktriangledown \,\, \textbf{\textsf{Attention :}}}}

\medskip

{\color{red}{\textbf{\textsf{Dans cette question nous allons devoir être, à un moment qui sera indiqué, moins rigoureux. En effet ni l'Analyse Complexe ni le théorème de la convergence dominée (et l'hypothèse de domination) ne sont à votre programme de Mathématiques. Nous chercherons à être \og simplement \fg intuitif. }}}}

\medskip

On cherche la quantité suivante :
\begin{equation}
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] =
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \, e^{\mathsf{i} \, ky} \, \mathrm{d}k
\end{equation}

En regroupant les deux exponentielles en une seule, on a alors :
\begin{equation}
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] =
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- \, \frac{1}{2}k^2 + \mathsf{i} \, ky} \, \mathrm{d}k
\end{equation}

Mais, on a :
\begin{equation}
- \, \dfrac{1}{2}k^2 + \mathsf{i} \, ky = \mathsf{i}^2 \, \left( \dfrac{1}{\sqrt{2}} \right)^2 k^2 + \mathsf{i} \, ky = \left( \dfrac{\mathsf{i}k}{\sqrt{2}} \right)^2 + \mathsf{i} \, ky = \left( \dfrac{\mathsf{i}k}{\sqrt{2}} \right)^2 + 2 \dfrac{\mathsf{i}k}{\sqrt{2}} \dfrac{y}{\sqrt{2}}
\end{equation}

Ce qui nous permet d'écrire que :
\begin{equation}
- \, \dfrac{1}{2}k^2 + \mathsf{i} \, ky = \left( \dfrac{\mathsf{i}k}{\sqrt{2}} \right)^2 + 2 \dfrac{\mathsf{i}k}{\sqrt{2}} \dfrac{y}{\sqrt{2}} + \left( \dfrac{y}{\sqrt{2}} \right)^2 - \left( \dfrac{y}{\sqrt{2}} \right)^2
\end{equation}

On constate l'apparition d'une identité remarquable, à savoir que :
\begin{equation}
\left( \dfrac{\mathsf{i}k}{\sqrt{2}} \right)^2 + 2 \dfrac{\mathsf{i}k}{\sqrt{2}} \dfrac{y}{\sqrt{2}} + \left( \dfrac{y}{\sqrt{2}} \right)^2 = \left( \dfrac{\mathsf{i}k}{\sqrt{2}} + \dfrac{y}{\sqrt{2}} \right)^2 = \left( \dfrac{\mathsf{i}k + y}{\sqrt{2}} \right)^2
\end{equation}

D'où :
\begin{equation}
- \, \dfrac{1}{2}k^2 + \mathsf{i} \, ky = \left( \dfrac{\mathsf{i}k + y}{\sqrt{2}} \right)^2 - \left( \dfrac{y}{\sqrt{2}} \right)^2
\end{equation}

Ainsi :
\begin{equation}
e^{- \, \frac{1}{2}k^2 + \mathsf{i} \, ky} = e^{ \left( \frac{\mathsf{i}k + y}{\sqrt{2}} \right)^2 - \left( \frac{y}{\sqrt{2}} \right)^2 }
\end{equation}

D'où :
\begin{equation}
e^{- \, \frac{1}{2}k^2 + \mathsf{i} \, ky} =
e^{ \left( \frac{\mathsf{i}k + y}{\sqrt{2}} \right)^2 }
\times
e^{ - \left( \frac{y}{\sqrt{2}} \right)^2 }
\end{equation}

De fait, nous pouvons donc écrire que :
\begin{equation}
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] =
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{ \left( \frac{\mathsf{i}k + y}{\sqrt{2}} \right)^2 }
\times
e^{ - \left( \frac{y}{\sqrt{2}} \right)^2 } \, \mathrm{d}k
\end{equation}

Comme l'intégration s'effectue selon la variable kk, on va donc sortir de cette intégrale le terme e−(y2)2e^{ - \left( \frac{y}{\sqrt{2}} \right)^2 }. On a alors :
\begin{equation}
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] = e^{ - \left( \frac{y}{\sqrt{2}} \right)^2 }
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{ \left( \frac{\mathsf{i}k + y}{\sqrt{2}} \right)^2 } \, \mathrm{d}k
\end{equation}

Cependant, on peut écrire que :
\begin{equation}
\mathrm{d}k = \mathrm{d}\left( \dfrac{\mathsf{i}}{\mathsf{i}} k \right) = \dfrac{1}{\mathsf{i}} \, \mathrm{d}\left( \mathsf{i} k \right) = \dfrac{1}{\mathsf{i}} \, \mathrm{d}\left( \mathsf{i} k + y \right) = \dfrac{\sqrt{2}}{\mathsf{i}} \, \mathrm{d}\left( \dfrac{\mathsf{i}k + y}{\sqrt{2}} \right)
\end{equation}

Ceci nous donne donc :
\begin{equation}
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] = e^{ - \left( \frac{y}{\sqrt{2}} \right)^2 }
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{ \left( \frac{\mathsf{i}k + y}{\sqrt{2}} \right)^2 } \, \dfrac{\sqrt{2}}{\mathsf{i}} \, \mathrm{d}\left( \dfrac{\mathsf{i}k + y}{\sqrt{2}} \right)
\end{equation}

Soit :
\begin{equation}
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] = e^{ - \left( \frac{y}{\sqrt{2}} \right)^2 }
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \, \dfrac{\sqrt{2}}{\mathsf{i}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{ \left( \frac{\mathsf{i}k + y}{\sqrt{2}} \right)^2 } \, \mathrm{d}\left( \dfrac{\mathsf{i}k + y}{\sqrt{2}} \right)
\end{equation}

Soit encore :
\begin{equation}
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] = e^{ - \left( \frac{y}{\sqrt{2}} \right)^2 }
\dfrac{1}{\mathsf{i}\sqrt{\pi}} \, \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{ \left( \frac{\mathsf{i}k + y}{\sqrt{2}} \right)^2 } \, \mathrm{d}\left( \dfrac{\mathsf{i}k + y}{\sqrt{2}} \right)
\end{equation}

Posons ℓ=ik+y2\ell = \dfrac{\mathsf{i}k + y}{\sqrt{2}} ainsi lorsque k⟶+∞k \longrightarrow + \infty on a ℓ⟶+∞\ell \longrightarrow + \infty ; puis lorsque k⟶−∞k \longrightarrow - \infty on a ℓ⟶−∞\ell \longrightarrow - \infty. De fait, nous obtenons l'écriture suivante :
\begin{equation}
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] = e^{ - \left( \frac{y}{\sqrt{2}} \right)^2 }
\dfrac{1}{\mathsf{i}\sqrt{\pi}} \, \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{ \ell^2 } \, \mathrm{d}\ell =
e^{ - \left( \frac{y}{\sqrt{2}} \right)^2 }
\dfrac{\mathsf{i}}{\mathsf{i}^2\sqrt{\pi}} \, \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{ - \left( - \ell^2 \right) } \, \mathrm{d}\ell
\end{equation}

Soit :
\begin{equation}
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] =
e^{ - \left( \frac{y}{\sqrt{2}} \right)^2 }
\dfrac{\mathsf{i}}{-\sqrt{\pi}} \, \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{ - \left( \mathsf{i}^2 \ell^2 \right) } \, \mathrm{d}\ell = -\dfrac{1}{\sqrt{\pi}} \, \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{ - \left( \mathsf{i} \ell \right)^2 } \, \mathrm{d}(\mathsf{i}\ell)
\end{equation}

Posons L=iℓL = \mathsf{i}\ell Ainsi, on a :
\begin{equation}
L = \mathsf{i} \left( \dfrac{\mathsf{i}k + y}{\sqrt{2}} \right) = \dfrac{\mathsf{i}^2k + \mathsf{i}y}{\sqrt{2}} = \dfrac{-k + \mathsf{i}y}{\sqrt{2}}
\end{equation}

{\color{red}{▼  \blacktriangledown \,\, \textbf{\textsf{Attention :}}}}

\medskip

{\color{red}{\textbf{\textsf{C'est à ce stade que nous allons devoir être moins rigoureux car ni l'Analyse Complexe, ni le théorème de la convergence dominée ne sont à votre programme de Mathématiques.}}}}

\medskip

Ainsi lorsque k⟶+∞k \longrightarrow + \infty on a L⟶−∞L \longrightarrow - \infty ; puis lorsque k⟶−∞k \longrightarrow - \infty on a L⟶+∞L \longrightarrow + \infty. De fait, nous obtenons l'écriture suivante :

\begin{equation}
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] = - e^{ - \left( \frac{y}{\sqrt{2}} \right)^2 } \dfrac{1}{\sqrt{\pi}} \, \int_{+ \infty}^{- \infty} e^{ - L^2 } \, \mathrm{d}L
\end{equation}

On va utiliser la présence du signe \og −- \fg pour renverser les bornes de l'intégrale. On a alors :
\begin{equation}
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] = e^{ - \left( \frac{y}{\sqrt{2}} \right)^2 } \dfrac{1}{\sqrt{\pi}} \, \int_{+ \infty}^{- \infty} e^{ - L^2 } \, \mathrm{d}L
\end{equation}

On reconnait la présence de la l'intégrale de Gauss, notée G\mathcal{G}, déjà évaluée. On a alors :
\begin{equation}
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] = e^{ - \left( \frac{y}{\sqrt{2}} \right)^2 } \dfrac{1}{\sqrt{\pi}} \times \mathcal{G}
\end{equation}

Or, nous avions montré que G=π\mathcal{G} = \sqrt{\pi}. On a alors :
\begin{equation}
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] = e^{ - \left( \frac{y}{\sqrt{2}} \right)^2 } \dfrac{1}{\sqrt{\pi}} \times \sqrt{\pi}
\end{equation}

Ce qui nous donne :
\begin{equation}
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] = e^{ - \left( \frac{y}{\sqrt{2}} \right)^2 } \times 1
\end{equation}

Finalement :
\begin{equation}
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] = e^{ - \frac{1}{2} y^2 }
\end{equation}

{\color{red}{▼▲  \blacktriangledown \blacktriangle \,\, \textbf{\textsf{Une solution rigoureuse : usage d'une hypothèse de domination simple}}}}

\medskip

\textsf{On cherche à calculer la transformée de Fourier inverse suivante :}
\begin{equation}
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] =
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \, e^{\mathsf{i} \, ky} \, \mathrm{d}k
\end{equation}

\textsf{En utilisant la formule d'Euler, on obtient :}
\begin{equation}
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] =
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \, \big( \cos(ky) + \mathsf{i} \, \sin(ky) \big) \, \mathrm{d}k
\end{equation}

\textsf{Soit :}
\begin{equation}
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] =
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \, \cos(ky) \, \mathrm{d}k
+ \mathsf{i}
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \, \sin(ky) \, \mathrm{d}k
\end{equation}

\textsf{Or, la fonction k⟼e−12k2 sin⁡(ky)k \longmapsto e^{-\frac{1}{2}k^{2}} \, \sin(ky) étant impaire et intégrable sur un domaine symétrique, à savoir R\mathbb{R}, son intégrale est nulle. Il reste donc :}
\begin{equation}
S(y) =
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] =
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \, \cos(ky) \, \mathrm{d}k
\end{equation}

\textsf{Maintenant, posons s(k ; y)=e−12k2cos⁡(ky)s(k \,;\, y) = e^{-\frac{1}{2}k^{2}}\cos(ky). Vérifions les trois hypothèses du théorème issu de la convergence dominée :}

\medskip

{\color{blue}{∙  \bullet \,\, \textbf{\textsf{Intégrabilité}}}}

\textsf{Pour tout y∈Ry \in \mathbb{R}, la fonction k↦s(k ; y)k \mapsto s(k \,;\, y) est continue et intégrable sur R\mathbb{R}.}

\medskip

{\color{blue}{∙∙  \bullet \bullet \,\, \textbf{\textsf{Dérivabilité}}}}

\textsf{La fonction ss admet une dérivée partielle par rapport à yy sur R2\mathbb{R}^{2}, donnée par :}
\begin{equation}
\dfrac{\partial s}{\partial y}(k \,;\, y) = -k e^{-\frac{1}{2}k^{2}} \, \sin(ky)
\end{equation}

\medskip

{\color{blue}{∙∙∙  \bullet \bullet \bullet \,\, \textbf{\textsf{Hypothèse de domination simple}}}}

\textsf{Pour tout couple (k ; y)∈R2(k \,;\, y) \in \mathbb{R}^{2}, on peut majorer la valeur absolue de cette dérivée partielle indépendamment de yy. En effet, on a :}
\begin{equation}
\left\vert \, \dfrac{\partial s}{\partial y}(k \,;\, y) \, \right\vert = \left\vert \, -k e^{-\frac{1}{2}k^{2}} \, \sin(ky) \, \right\vert \leqslant \vert \, k \, \vert \, e^{-\frac{1}{2}k^{2}}
\end{equation}

\textsf{Soit φ(k)=∣ k ∣ e−12k2\varphi(k) = \vert \, k \, \vert \, e^{-\frac{1}{2}k^{2}}. Cette fonction φ\varphi est positive, continue et intégrable sur R\mathbb{R} car on a la limite suivante : lim⁡k ⟶ ±∞k2φ(k)=0\displaystyle{ \lim_{k \, \longrightarrow \, \pm\infty}} k^2 \varphi(k) = 0.}

\medskip

\textsf{Puisque l'hypothèse de domination est vérifiée, on peut dériver sous le signe intégral. La fonction SS est dérivable sur R\mathbb{R} et on a alors :}
\begin{equation}
S'(y) =
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} \dfrac{\partial }{\partial y} \left( e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \, \cos(ky) \right) \, \mathrm{d}k
\end{equation}

\textsf{Soit :}
\begin{equation}
S'(y) =
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \, \dfrac{\partial }{\partial y} \left( \cos(ky) \right) \, \mathrm{d}k
\end{equation}

\textsf{Soit encore :}
\begin{equation}
S'(y) =
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} - e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \, k \, \sin(ky) \, \mathrm{d}k
\end{equation}

\textsf{Que nous allons écrire comme :}
\begin{equation}
S'(y) =
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} {\color{blue}{- k e^{- \, \frac{1}{2}k^2} }} \, {\color{red}{ \sin(ky) }} \, \mathrm{d}k
\end{equation}

\textsf{En effectuant une intégration par parties, nous obtenons immédiatement :}
\begin{equation}
S'(y) =
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left(
\left[ {\color{red}{ {\color{blue}{e^{- \, \frac{1}{2}k^2} }} \sin(ky) }} \right]_{- \infty}^{+ \infty} -
\int_{- \infty}^{+ \infty} {\color{blue}{e^{- \, \frac{1}{2}k^2} }} \, {\color{red}{ y \, \cos(ky) }} \, \mathrm{d}k
\right)
\end{equation}

\textsf{Or, on a la limite lim⁡k  ±∞e−12k2=0\displaystyle{ \lim_{k \, \, \pm\infty} } e^{-\frac{1}{2}k^{2}} = 0. Ceci nous permet d'affirmer que [e− 12k2sin⁡(ky)]−∞+∞=0\left[ {\color{red}{ {\color{blue}{e^{- \, \frac{1}{2}k^2} }} \sin(ky) }} \right]_{- \infty}^{+ \infty} = 0. D'où :}
\begin{equation}
S'(y) =
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \left(
0 -
{\color{red}{ y }} \int_{- \infty}^{+ \infty} {\color{blue}{e^{- \, \frac{1}{2}k^2} }} \, {\color{red}{ \cos(ky) }} \, \mathrm{d}k
\right)
\end{equation}

\textsf{Ce qui s'écrit également :}
\begin{equation}
S'(y) =
- {\color{red}{ y }} \left(
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}
\int_{- \infty}^{+ \infty} {\color{blue}{e^{- \, \frac{1}{2}k^2} }} \, {\color{red}{ \cos(ky) }} \, \mathrm{d}k
\right)
\end{equation}

\textsf{On constate la présence du terme S(y)S(y) dans les parenthèses, et on obtient alors :}
\begin{equation}
S'(y) =
- {\color{red}{ y }} S(y)
\end{equation}

\textsf{On a alors une équation différentielle ordinaire du premier ordre, qui est sans second membre, à savoir :}
\begin{equation}
S'(y) + {\color{red}{ y }} S(y) = 0
\end{equation}

\textsf{On a :}
\begin{equation}
S(y) = e^{- \int y \mathrm{d}y}
\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,
S(y) = e^{- \frac{y^2}{2} + c} \,\,\,\, (c \in \mathbb{R})
\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,
S(y) = e^c \, e^{- \frac{y^2}{2} }
\end{equation}

\textsf{La solution recherchée est alors immédiate :}
\begin{equation}
S(y) = \mathfrak{C} \, e^{- \, \frac{1}{2}y^2} \,\,\,\, (\mathfrak{C} = e^c \in \mathbb{R})
\end{equation}

\textsf{Afin de pouvoir déterminer la constante C\mathfrak{C}, évaluons S(y=0)S(y=0). On a donc :}
\begin{equation}
S(y=0) =
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \, \cos(k0) \, \mathrm{d}k
\end{equation}

\textsf{Soit :}
\begin{equation}
S(y=0) =
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \, \cos(0) \, \mathrm{d}k
\end{equation}

\textsf{Mais cos⁡(0)=1\cos(0) = 1, donc :}
\begin{equation}
S(y=0) =
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \, \mathrm{d}k =
\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- \, \left( \frac{k}{\sqrt{2}}\right)^2} \, \mathrm{d}k
\end{equation}

\textsf{Par jeu d'écriture, on peut écrire que :}
\begin{equation}
S(y=0) =
\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- \, \left( \frac{k}{\sqrt{2}}\right)^2} \, \mathrm{d}\left( \frac{k}{\sqrt{2}} \right)
\end{equation}

\textsf{En simplifiant :}
\begin{equation}
S(y=0) =
\dfrac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- \, \left( \frac{k}{\sqrt{2}}\right)^2} \, \mathrm{d}\left( \frac{k}{\sqrt{2}} \right)
\end{equation}

\textsf{Posons Z=k2Z = \dfrac{k}{\sqrt{2}}, ainsi les bornes de l'intégrale restent inchangées par ce changement de variables. On a alors :}
\begin{equation}
S(y=0) =
\dfrac{1}{\sqrt{\pi}} \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{- \, Z^2} \, \mathrm{d}Z
\end{equation}

\textsf{On y reconnait l'intégrale de Gauss G\mathcal{G}. On obtient :}
\begin{equation}
S(y=0) =
\dfrac{1}{\sqrt{\pi}} \mathcal{G}
\end{equation}

\textsf{Mais, on sait que G=π\mathcal{G} = \sqrt{\pi}. De fait, on arrive à :}
\begin{equation}
S(y=0) = \dfrac{1}{\sqrt{\pi}} \times \sqrt{\pi}
\end{equation}

\textsf{Ce qui nous donne :}
\begin{equation}
S(y=0) = 1
\end{equation}

\textsf{De fait :}
\begin{equation}
\mathfrak{C} = 1
\end{equation}

\textsf{Finalement, on trouve que :}
\begin{equation}
TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] = e^{ - \frac{1}{2} y^2 }
\end{equation}

\textsf{Cette rédaction est rigoureuse.   ■\,\, {\color{red}{\blacksquare}}}
Question 9

En déduire l'expression de TF−1[e− 12a2k2]TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}a^2k^2} \right].

Correction
D'après les deux dernières questions, on sait que :
{TF−1[g^(x ; ak)]=1a g(x ; ya)TF−1[e− 12k2]=e−12y2\left\lbrace \begin{array}{rcl} TF^{-1}\left[ \widehat{g}(x \,;\, ak) \right] & = & \dfrac{1}{a} \, g\left( x \,;\, \dfrac{y}{a} \right) \\ & & \\ TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}k^2} \right] & = & e^{ - \frac{1}{2} y^2 } \\ \end{array} \right.
Posons alors g^(x ; k)=e− 12k2\widehat{g}(x \,;\, k) = e^{- \, \frac{1}{2}k^2}. Dans ce cas on a :
g^(x ; ak)=e− 12(ak)2=e− 12a2k2\widehat{g}(x \,;\, ak) = e^{- \, \frac{1}{2}(ak)^2} = e^{- \, \frac{1}{2}a^2k^2}
Ceci nous permet donc d'écrire immédiatement que :
TF−1[e− 12a2k2]=1a g(x ; ya)=1a e−12(ya)2TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}a^2k^2} \right] = \dfrac{1}{a} \, g\left( x \,;\, \dfrac{y}{a} \right) = \dfrac{1}{a} \, e^{ - \frac{1}{2} \left( \frac{y}{a} \right)^2 }
Finalement, on obtient :
TF−1[e− 12a2k2]=1a e−12y2a2TF^{-1}\left[ e^{- \, \frac{1}{2}a^2k^2} \right] = \dfrac{1}{a} \, e^{ - \frac{1}{2} \frac{y^2}{a^2} }
Question 10

Déterminer ce que vaut l'intégrale généralisée C\mathcal{C} suivante :
C=∫−∞+∞δ(z) e− 12(a(y−z))2 dz\mathcal{C} = \int_{- \infty}^{+ \infty} \delta(z) \,e^{- \, \frac{1}{2}\left( a\left( y - z \right) \right)^2} \, \mathrm{d}z

Correction
On considère l'intégrale généralisée C\mathcal{C} suivante :
C=∫−∞+∞δ(z) e− 12(a(y−z))2 dz\mathcal{C} = \int_{- \infty}^{+ \infty} \delta(z) \,e^{- \, \frac{1}{2}\left( a\left( y - z \right) \right)^2} \, \mathrm{d}z
D'après les propriétés de la distribution de Dirac, notée δ\delta, on sait que :
C=∫−∞+∞δ(z) e− 12(a(y−z))2 dz=e− 12(a(y−0))2\mathcal{C} = \int_{- \infty}^{+ \infty} \delta(z) \,e^{- \, \frac{1}{2}\left( a\left( y - z \right) \right)^2} \, \mathrm{d}z = e^{- \, \frac{1}{2}\left( a\left( y - 0 \right) \right)^2}
Finalement :
C=∫−∞+∞δ(z) e− 12(a(y−z))2 dz=e− 12(ay)2=e− 12a2y2\mathcal{C} = \int_{- \infty}^{+ \infty} \delta(z) \,e^{- \, \frac{1}{2}\left( a\left( y - z \right) \right)^2} \, \mathrm{d}z = e^{- \, \frac{1}{2} (a y)^2} = e^{- \, \frac{1}{2} a^2 y^2}
Question 11

Exprimer l'intégrale précédente C\mathcal{C} à l'aide du produit de convolution{\color{red}{\textbf{produit de convolution}}}, désigné par le symbole " ★{\color{red}{\bigstar}} ".

Correction
On a l'intégrale suivante :
C=∫−∞+∞δ(z) e− 12(a(y−z))2 dz\mathcal{C} = \int_{- \infty}^{+ \infty} \delta(z) \,e^{- \, \frac{1}{2}\left( a\left( y - z \right) \right)^2} \, \mathrm{d}z
Désignons par g\mathsf{g} la fonction gaussienne suivante :
g:  y∈R⟶g(y)=e− 12(ay)2\mathsf{g} : \,\, y \in \mathbb{R} \longrightarrow \mathsf{g}(y) = e^{- \, \frac{1}{2} (ay)^2}
Ainsi :
C=∫−∞+∞δ(z) g(y−z) dz\mathcal{C} = \int_{- \infty}^{+ \infty} \delta(z) \,\mathsf{g}( y - z ) \, \mathrm{d}z
Ceci nous permet, finalement, d'écrire que :
C=∫−∞+∞δ(z) e− 12(a(y−z))2 dz=(δ  ★  g)(y)\mathcal{C} = \int_{- \infty}^{+ \infty} \delta(z) \,e^{- \, \frac{1}{2}\left( a\left( y - z \right) \right)^2} \, \mathrm{d}z = \big( \delta \,\, {\color{red}{\bigstar}} \,\, \mathsf{g} \big)(y)
Tous ces résultats, que nous venons d'établir, nous seront particulièrement utiles pour la résolution de la suite de ce problème.
Question 12
Partie 2 - Solution du modeˋle pour la vitesse de deˊficit{\color{Blue}{\textbf{Partie 2 - Solution du modèle pour la vitesse de déficit}}}

Dans cette première partie, nous souhaitons solutionner l'E.D.P. E\mathcal{E} en tenant compte des trois conditions limites exposées dans le sujet.
Les résultats de la Partie 1{\color{Blue}{\textbf{Partie 1}}} seront nécessaires.

♡♡  Questions de la Partie 2  ♡♡{\color{Blue}{\heartsuit \heartsuit \,\, \textbf{Questions de la Partie 2} \,\, \heartsuit \heartsuit }}

En faisant usage de la transformée de Fourier, déterminer l'expression de vdef(x ; y)v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) qui solutionne l'E.D.P. E\mathcal{E} en respectant les trois conditions limites.

Correction
On a l'E.D.P. E\mathcal{E} suivante :
E:  ∂vdef∂x(x ; y)=νv∞ ∂2vdef∂y2(x ; y)\mathcal{E} : \,\, \dfrac{\partial v_{\mathrm{def}}}{ \partial x}(x \,;\, y) = \dfrac{\nu}{v_{\infty}} \, \dfrac{\partial^2 v_{\mathrm{def}}}{ \partial y^2}(x \,;\, y)
Nous allons prendre la transformée de Fourier des deux membres de cette E.D.P. E\mathcal{E}. On alors :
TF[∂vdef∂x(x ; y)]=TF[νv∞ ∂2vdef∂y2(x ; y)]TF \left[ \dfrac{\partial v_{\mathrm{def}}}{ \partial x}(x \,;\, y) \right] = TF \left[ \dfrac{\nu}{v_{\infty}} \, \dfrac{\partial^2 v_{\mathrm{def}}}{ \partial y^2}(x \,;\, y) \right]
Comme νv∞∈R+⋆\dfrac{\nu}{v_{\infty}} \in \mathbb{R}^{+\star} on a :
TF[∂vdef∂x(x ; y)]=νv∞ TF[∂2vdef∂y2(x ; y)]TF \left[ \dfrac{\partial v_{\mathrm{def}}}{ \partial x}(x \,;\, y) \right] = \dfrac{\nu}{v_{\infty}} \, TF \left[ \dfrac{\partial^2 v_{\mathrm{def}}}{ \partial y^2}(x \,;\, y) \right]
D'après la question 5. de la {\color{Blue}{\textbf{Partie 1}}}, on a donc :
∂∂xTF[vdef(x ; y)]=νv∞ TF[∂2vdef∂y2(x ; y)]\dfrac{\partial}{ \partial x} TF \left[ v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) \right] = \dfrac{\nu}{v_{\infty}} \, TF \left[ \dfrac{\partial^2 v_{\mathrm{def}}}{ \partial y^2}(x \,;\, y) \right]
Puis, d'après la question 4. de la {\color{Blue}{\textbf{Partie 1}}}, on a maintenant :
∂∂xTF[vdef(x ; y)]=νv∞ (−k2 TF[vdef(x ; y)]) \dfrac{\partial}{ \partial x} TF \left[ v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) \right] = \dfrac{\nu}{v_{\infty}} \, \left( - k^2 \, TF \left[ v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) \right] \right)
Ceci nous donne donc :
∂∂xTF[vdef(x ; y)]TF[vdef(x ; y)]=−(νv∞)k2\dfrac{ \dfrac{\partial}{ \partial x} TF \left[ v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) \right] }{ TF \left[ v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) \right] } = - \left( \dfrac{\nu}{v_{\infty}} \right) k^2
Par primitivation selon la variable réelle xx, on obtient :
ln⁡(TF[vdef(x ; y)])+C1(k)=−(νv∞)k2x+C2(k)\ln \left( TF \left[ v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) \right] \right) + C_1(k) = - \left( \dfrac{\nu}{v_{\infty}} \right) k^2 x + C_2(k)
Dans cette relation, les deux termes C1(k)C_1(k) et C1(k)C_1(k) sont issues de la procédure de primitivation par rapport à xx et de fait ne peuvent dépendre que de kk. On a alors :
ln⁡(TF[vdef(x ; y)])=−(νv∞)k2x+C2(k)−C1(k)\ln \left( TF \left[ v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) \right] \right) = - \left( \dfrac{\nu}{v_{\infty}} \right) k^2 x + C_2(k) - C_1(k)
Ainsi, on a :
TF[vdef(x ; y)]=e−(νv∞)k2x+C2(k)−C1(k)TF \left[ v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) \right] = e^{ - \left( \frac{\nu}{v_{\infty}} \right) k^2 x + C_2(k) - C_1(k) }
Ce qui nous donne :
TF[vdef(x ; y)]=eC2(k)−C1(k)×e−(νv∞)k2xTF \left[ v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) \right] = e^{ C_2(k) - C_1(k) } \times e^{ - \left( \frac{\nu}{v_{\infty}} \right) k^2 x }
Posons C3(k)=eC2(k)−C1(k)C_3(k) = e^{ C_2(k) - C_1(k) } et nous arrivons à :
TF[vdef(x ; y)]=C3(k)×e−(νv∞)k2xTF \left[ v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) \right] = C_3(k) \times e^{ - \left( \frac{\nu}{v_{\infty}} \right) k^2 x }
A ce stade, prenons la transformée de Fourier inverse de la dernière équation obtenue. On a alors :
TF−1[ TF[vdef(x ; y)] ]=TF−1[C3(k)×e−(νv∞)k2x]TF^{-1} \left[ \, TF \left[ v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) \right] \, \right] = TF^{-1} \left[ C_3(k) \times e^{ - \left( \frac{\nu}{v_{\infty}} \right) k^2 x } \right]
Or, on sait que :
TF−1[ TF[vdef(x ; y)] ]=vdef(x ; y)TF^{-1} \left[ \, TF \left[ v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) \right] \, \right] = v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y)
D'où :
vdef(x ; y)=TF−1[C3(k)×e−(νv∞)k2x]v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) = TF^{-1} \left[ C_3(k) \times e^{ - \left( \frac{\nu}{v_{\infty}} \right) k^2 x } \right]
D'après la question 6. de la Partie 1{\color{Blue}{\textbf{Partie 1}}}, on a donc :
vdef(x ; y)=12π TF−1[C3(k)]  ★  TF−1[e−(νv∞)k2x]v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \, TF^{-1} \left[ C_3(k) \right] \,\, {\color{red}{\bigstar}} \,\, TF^{-1} \left[ e^{ - \left( \frac{\nu}{v_{\infty}} \right) k^2 x } \right]
Nous allons écrire ceci sous la forme :
vdef(x ; y)=12π TF−1[C3(k)]  ★  TF−1[e−12(2νxv∞)k2]v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \, TF^{-1} \left[ C_3(k) \right] \,\, {\color{red}{\bigstar}} \,\, TF^{-1} \left[ e^{ - \frac{1}{2} \left( \frac{2\nu x}{v_{\infty}} \right) k^2 } \right]
Soit :
vdef(x ; y)=12π TF−1[C3(k)]  ★  TF−1[e−12(2νxv∞ k)2]v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \, TF^{-1} \left[ C_3(k) \right] \,\, {\color{red}{\bigstar}} \,\, TF^{-1} \left[ e^{ - \frac{1}{2} \left( \sqrt{ \frac{2\nu x}{v_{\infty}} } \, k \right)^2 } \right]
Mais d'après la question 9. de la Partie 1{\color{Blue}{\textbf{Partie 1}}}, on a, en posant a=2νxv∞a = \sqrt{ \frac{2\nu x}{v_{\infty}} }, la relation suivante :
TF−1[e−12(2νxv∞ k)2]=12νxv∞e−12 y22νxv∞2=12νxv∞e−12 y22νxv∞=v∞2νxe−12 v∞2νx y2TF^{-1} \left[ e^{ - \frac{1}{2} \left( \sqrt{ \frac{2\nu x}{v_{\infty}} } \, k \right)^2 } \right] = \dfrac{1}{\sqrt{ \dfrac{2\nu x}{v_{\infty}} }} e^{- \frac{1}{2} \, \frac{y^2}{\sqrt{ \frac{2\nu x}{v_{\infty}} }^2}} = \dfrac{1}{\sqrt{ \dfrac{2\nu x}{v_{\infty}} }} e^{- \frac{1}{2} \, \frac{y^2}{ \frac{2\nu x}{v_{\infty}}}} = \sqrt{ \dfrac{v_{\infty}}{2\nu x} } e^{- \frac{1}{2} \, \frac{v_{\infty}}{2\nu x} \, y^2}
Nous avons donc :
TF−1[e−12(2νxv∞ k)2]=v∞2νxe−12 (v∞2νx y)2TF^{-1} \left[ e^{ - \frac{1}{2} \left( \sqrt{ \frac{2\nu x}{v_{\infty}} } \, k \right)^2 } \right] = \sqrt{ \dfrac{v_{\infty}}{2\nu x} } e^{- \frac{1}{2} \, \left( \sqrt{ \frac{v_{\infty}}{2\nu x}} \, y \right)^2}
Maintenant, d'après la relation vdef(x ; y)=TF−1[C3(k)×e−(νv∞)k2x]v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) = TF^{-1} \left[ C_3(k) \times e^{ - \left( \frac{\nu}{v_{\infty}} \right) k^2 x } \right], le terme C3(k)C_3(k) est la condition initiale dans l'espace réciproque (c'est-à-dire dans l'espace de Fourier). De fait il est à mettre en correspondance dans l'espace direct (c'est-à-dire dans l'espace de physique) à la condition initiale vdef(x=0 ; y)=V δ(y)v_{\mathrm{def}}(x = 0 \,;\, y) = V \, \delta(y) avec V∈R+⋆V \in \mathbb{R}^{+ \star}. On a donc :
TF−1[C3(k)]=vdef(x=0 ; y)=V δ(y)TF^{-1} \left[ C_3(k) \right] = v_{\mathrm{def}}(x = 0 \,;\, y) = V \, \delta(y)
Ainsi, il nous est possible d'écrire que :
vdef(x ; y)=12π V δ(y)  ★  v∞2νxe−12 (v∞2νx y)2v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} \, V \, \delta(y) \,\, {\color{red}{\bigstar}} \,\, \sqrt{ \dfrac{v_{\infty}}{2\nu x} } e^{- \frac{1}{2} \, \left( \sqrt{ \frac{v_{\infty}}{2\nu x}} \, y \right)^2}
Soit :
vdef(x ; y)=V2π v∞2νx δ(y)  ★  e−12 (v∞2νx y)2v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) = \dfrac{V}{\sqrt{2\pi}} \, \sqrt{ \dfrac{v_{\infty}}{2\nu x} } \, \delta(y) \,\, {\color{red}{\bigstar}} \,\, e^{- \frac{1}{2} \, \left( \sqrt{ \frac{v_{\infty}}{2\nu x}} \, y \right)^2}
Soit encore :
vdef(x ; y)=V2 v∞πνx δ(y)  ★  e−12 (v∞2νx y)2v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) = \dfrac{V}{2} \, \sqrt{ \dfrac{v_{\infty}}{\pi \nu x} } \, \delta(y) \,\, {\color{red}{\bigstar}} \,\, e^{- \frac{1}{2} \, \left( \sqrt{ \frac{v_{\infty}}{2\nu x}} \, y \right)^2}
D'après la question 11. de la Partie 1{\color{Blue}{\textbf{Partie 1}}}, on a donc :
vdef(x ; y)=V2 v∞πνx∫−∞+∞δ(z) e−12 (v∞2νx (y−z))2 dzv_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) = \dfrac{V}{2} \, \sqrt{ \dfrac{v_{\infty}}{\pi \nu x} } \int_{- \infty}^{+ \infty} \delta(z) \, e^{- \frac{1}{2} \, \left( \sqrt{ \frac{v_{\infty}}{2\nu x}} \, (y-z) \right)^2} \, \mathrm{d}z
D'après la question 10. de la Partie 1{\color{Blue}{\textbf{Partie 1}}}, on a donc :
vdef(x ; y)=V2 v∞πνx e−12 (v∞2νx y)2v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) = \dfrac{V}{2} \, \sqrt{ \dfrac{v_{\infty}}{\pi \nu x} } \, e^{- \frac{1}{2} \, \left( \sqrt{ \frac{v_{\infty}}{2\nu x}} \, y \right)^2}
Finalement, on obtient :
vdef(x ; y)=V2 v∞πνx e−12 v∞2νx y2v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) = \dfrac{V}{2} \, \sqrt{ \dfrac{v_{\infty}}{\pi \nu x} } \, e^{- \frac{1}{2} \, \frac{v_{\infty}}{2\nu x} \, y^2}
Question 13

Démontrer que la vitesse de l'air s'exprime comme :
v⃗a(x ; y)=v∞ (1−V21πνv∞xe−v∞4νxy2) e⃗x\vec{v}_{\mathrm{a}}(x \,;\, y) = v_{\infty} \, \left( 1 - \dfrac{V}{2} \sqrt{\dfrac{1}{\pi \nu v_{\infty} x}} e^{- \frac{v_{\infty}}{4\nu x} y^2} \right) \, \vec{e}_x

Correction
D'après le sujet, on a :
v⃗def(x ; y)=vdef(x ; y) e⃗x\vec{v}_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) = v_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) \, \vec{e}_x
Donc, d'après la question précédente, on a :
v⃗def(x ; y)=V2 v∞πνx e−12 v∞2νx y2 e⃗x\vec{v}_{\mathrm{def}}(x \,;\, y) = \dfrac{V}{2} \, \sqrt{ \dfrac{v_{\infty}}{\pi \nu x} } \, e^{- \frac{1}{2} \, \frac{v_{\infty}}{2\nu x} \, y^2} \, \vec{e}_x
Or, le sujet nous apprend que :
v⃗def=v⃗∞−v⃗a\vec{v}_{\mathrm{def}} = \vec{v}_{\infty} - \vec{v}_{\mathrm{a}}
Et :
v⃗def(x ; y)=v∞ e⃗x−v⃗a(x ; y)\vec{v}_{\mathrm{def}}(x \,;\,y) = v_{\infty} \, \vec{e}_x - \vec{v}_{\mathrm{a}}(x \,;\,y)
D'où :
v⃗a(x ; y)=v∞ e⃗x−v⃗def(x ; y)\vec{v}_{\mathrm{a}}(x \,;\,y) = v_{\infty} \, \vec{e}_x - \vec{v}_{\mathrm{def}}(x \,;\,y)
Ceci nous permet d'écrire que :
v⃗a(x ; y)=v∞ e⃗x−V2 v∞πνx e−12 v∞2νx y2 e⃗x\vec{v}_{\mathrm{a}}(x \,;\,y) = v_{\infty} \, \vec{e}_x - \dfrac{V}{2} \, \sqrt{ \dfrac{v_{\infty}}{\pi \nu x} } \, e^{- \frac{1}{2} \, \frac{v_{\infty}}{2\nu x} \, y^2} \, \vec{e}_x
En factorisant par le vecteur unitaire e⃗x\vec{e}_x on obtient :
v⃗a(x ; y)=(v∞−V2 v∞πνx e−12 v∞2νx y2) e⃗x\vec{v}_{\mathrm{a}}(x \,;\,y) = \left( v_{\infty} - \dfrac{V}{2} \, \sqrt{ \dfrac{v_{\infty}}{\pi \nu x} } \, e^{- \frac{1}{2} \, \frac{v_{\infty}}{2\nu x} \, y^2} \right) \, \vec{e}_x
Puis, en factorisant par v∞ v_{\infty}, on arrive à l'écriture suivante :
v⃗a(x ; y)=v∞ (1−1v∞ V2 v∞πνx e−12 v∞2νx y2) e⃗x\vec{v}_{\mathrm{a}}(x \,;\,y) = v_{\infty} \, \left( 1 - \dfrac{1}{v_{\infty}} \, \dfrac{V}{2} \, \sqrt{ \dfrac{v_{\infty}}{\pi \nu x} } \, e^{- \frac{1}{2} \, \frac{v_{\infty}}{2\nu x} \, y^2} \right) \, \vec{e}_x
Soit :
v⃗a(x ; y)=v∞ (1−V2 v∞v∞2πνx e−12 v∞2νx y2) e⃗x\vec{v}_{\mathrm{a}}(x \,;\,y) = v_{\infty} \, \left( 1 - \dfrac{V}{2} \, \sqrt{ \dfrac{v_{\infty}}{v_{\infty}^2 \pi \nu x} } \, e^{- \frac{1}{2} \, \frac{v_{\infty}}{2\nu x} \, y^2} \right) \, \vec{e}_x
Comme v∞=∣∣ v⃗∞ ∣∣v_{\infty} = || \, \vec{v}_{\infty} \, || est une grandeur strictement positive (puisque par hypothèse du sujet on a v⃗∞≠0⃗\vec{v}_{\infty} \neq \vec{0}), on peut effectuer, dans l'expression précédente, l'ultime simplification par v∞v_{\infty}. On a alors :
v∞v∞2πνx=1πνv∞x\sqrt{ \dfrac{v_{\infty}}{v_{\infty}^2 \pi \nu x} } = \sqrt{\dfrac{1}{\pi \nu v_{\infty} x}}
Finalement, on a donc bien démontré que la vitesse de l'air s'exprime comme :
v⃗a(x ; y)=v∞ (1−V21πνv∞xe−v∞4νxy2) e⃗x\vec{v}_{\mathrm{a}}(x \,;\, y) = v_{\infty} \, \left( 1 - \dfrac{V}{2} \sqrt{\dfrac{1}{\pi \nu v_{\infty} x}} e^{- \frac{v_{\infty}}{4\nu x} y^2} \right) \, \vec{e}_x

Signaler une erreur

Aide-nous à améliorer nos contenus en signalant les erreurs ou problèmes que tu penses avoir trouvés.

Connecte-toi ou crée un compte pour signaler une erreur.