E3A PC 2010 Math 1 On le voit sur un exemple au III , la transformée de Laplace permet de transformer certains type d’équations di¤érentielles en équation plus simple. A ce titre elle est très utilisée en sciences de l’ingénieurs pour résoudre des équations di¤érentielles. Partie I : dé…nition de la transformée de Laplace 1. 1. C’est une fonction de référence donc on a une question de cours: t!e xt est continue sur [0; +1[ Z X 1 e xt dt = Pour X > 0 et x 6= 0 on a x 0 Comme x > 0 lim (e xX ) = 0 donc e xt X 0 = 1 (1 x e xX ) X >+1 Z +1 e xt dt converge et 2. Soit la propriété au rang n : +1 tn e xt +1 e xt dt = 0 0 Z Z dt converge et vaut 0 1 x n! xn+1 La propriété est véri…ée pour n = 0. Supposons la véri…ée pour un entier n. – la fonction t ! tn+1 e xt est continue sur [0; +1[ exp( xt) , u et v sont dé…nies C 1 car x 6= 0 x Z Z Z T T n + 1 T n xt 1 n xT n + 1 T n xt tn+1 e xt n+1 xt + t e dt = T e + t e dt: t e dt = x x x x 0 0 0 0 Z T Z T n xT n xt Comme x > 0 , lim T e = 0 et t e dt admet une limite …nie. donc tn+1 e xt dt admet une – On pose u = t n+1 0 ; v = exp( xt) et donc u0 = (n + 1)tn , v = T !+1 0 limite …nie en +1 et : 0 n+1 n + 1 n! (+1n)! In (x) = = n+2 : x x xn x La propriété est donc vraie pour tout n 2 N . In+1 (x) = 8n 2 N , 8x > 0 , In (x) = n! xn+1 2. 1. critère de sous espace vectoriel: E : est un sous ensemble non vide de C 0 ([0; +1[; R) .(il contient la fonction nulle avec A = 0; n = 0; C = 0 C 0 ([0; +1[; R) est un espace vectoriel. 9Af ; 9Cf ; 9nf , 8x Af , jf (t)j 6 Cf tnf . Si (f; g) 2 E on a : :On prend une combinaison linéaire f + g 9Ag ; 9Cg ; 9ng , 8x Ag , jg(t)j 6 Cg tng .Pour t max(Af ; Ag ) j f (t) + g(t)j j j Cf tnf + j j Cg tng – On prend n = max(nf ; ng ) on a alors nf n donc tnf – On prend A = max(Af ; Ag ; 1) , pour t A on a : j f (t) + g(t)j tn pour t 1. (j j Cf + j j Cg ) tn – On prend C = (j j Cf + j j Cg ) 9A; 9C; 9n , 8x et donc : A , j f (t) + g(t)j Ctn E est un sous espace vectoriel de C 0 ([0; +1[; R) Remarque : pas facile à rédiger à cause des 3 9 , et de l’obligation de tenir compte de la position de t par rapport à 1. 2. On prend A = 0; n = 0; C = sup (jf j) [0;+1[ 3. Soit P (t) = d X pi ti . On prend A = 1 .Pour t 1 , ti td et donc i=0 d X C= i=0 d X pi t i i=0 d X i=0 jpi j td . On prend n = d et jpi j Les fonctions polynômes sont dans E 3. 1. Si f 2 E alors f est continue et t2 f (te xt 2. Soit F (x) = Z I Si: Ctn+2 e xt tend vers 0 car x > 0 si x > 0 , t ! f (t)e xt est intégrable sur [0; +1[ f (x; t)dt avec x 2 J 8t 2 I , x 7! f (x; t) est continue sur J, 8x 2 J , t 7! f (x; t) est continue par morceaux intégrable sur I on a domination sur tout segment fa; b] inclus dans J: 9' intégrable sur I telle que 8x 2 [a; b]; 8t 2 I jf (x; t)j 6 '(t) alors F (x) = Z g(x; t)dt est continue sur J. I 3. on a bien la continuité de x ! f (t)e xt , L’intégrabilité de t ! f (t)e xt découle de la question a) Pour x 2 [a; b] ]0; +1[ et t 0 on a f (t)e xt jf (t)je at qui est bien intégrable en reprenant le résultat du a) avec x = a: L(f ) est continue sur ]0; +1[ 4. L est linéaire par linéarité de l’intégrale et l’image d’une fonction de E est continue à valeurs réelles. L 2 L E; C 0 R+ ; R partie II : propriétés de la transformée de Laplace 1. 1. jL(f )(x)j 6 6 Z +1 jf (t)je 0 Z 6 Z 0 jf (t)je xt jf (t)je xt jf (t)je xt dt + dt + A 0 Z jf (t)je xt A 0 6 dt (majoration de la valeur absolue d’une intégrale) A 0 Z xt dt + Z +1 A Z +1 A Z +1 jf (t)je xt dt (relation de Chasles) Ctn e xt dt (car f 2 E ) Ctn e xt dt ( l’intégrale d’une fonction positive est positive) 0 A dt + C n! ( I.1.b) xn+1 D’où la majoration voulue. 2. Puisque f est continue sur le segment [0; A] elle y est bornée. Et donc en s’inspirant de la question précédente : Z A Z A Z +1 sup[0;A] (jf j) xt xt jf (t)je dt 6 sup (jf j) e dt 6 sup (jf j) e xt dt = x [0;A] [0;A] 0 0 0 qui tend bien vers 0 quand x tend vers +1. 2 3. Le majorant de 1.a est la somme de deux fonctions de limite nulle : lim (L (f )) = 0 +1 2. Dérivation d’une intégrale à paramètre . Avec les notations de I.3.b: 1. Si 8t 2 I , x 7! f (x; t) est de classe C 1 sur J @f t 7! f (x; t) et t 7! (x; t) sont continues par morceaux intégrables sur J @x @f on peut dominer (x; t) sur tout segment inclus dans J @x alors Z Z @f F (x) = f (x; t)dt est C 1 sur J et F 0 (x) = (x; t)dt. I J @x application: x ! f (t)e xt , est C 1 sur R+ de dérivée x ! tf (t)e xt , t 7! f (x; t) est intégrable sur [0; +1[ (déjà prouvé pour la continuité) t jf (t)j e xt qui est bien une fonction intégrable on a domination 8x 2 [a; b] ]0; +1[ , 8t 0 tf (t)e xt sur R+ car t2 t jf (t)j e xt Ctn+3 e xt (pour x A)a une limite nulle en +1 @f t 7! (x; t) est intégrable sur [0; +1[ ( à cause de la domination) @x et donc : Z +1 0 L(f ) est C 1 sur R+ et (L(f )) (x) = tf (t)e xt dt 0 1. Une intégration par partie donne en posant u = e xt ; v 0 = f 0 et donc u0 = supplémentaire u et v sont C 1 sur R+ ). Z X Z X 0 xt xX f (t)e dt = f (X)e f (0) + x f (t)e 0 0 Z +1 0 xt f (t)e dt et 0 jf (X)e j 6 CX e qui tend vers 0 quand T tend vers +1 . On peut passer à la limite et on véri…e bien n xX xt xt ; v = f ( avec l’hypothèse dt 0 Comme f et f sont dans E les deux intégrales xX xe L(f 0 )(x) = xL(f )(x) Z +1 xt f (t)e dt convergent et pour X A=x , 0 f (0) 0 2. h est bien continue et comme f 0 2 E il existe des constantes A0 ; C 0 et n0 telles que pour t A0 , jf 0 (t)j 6 C 0 tn . 0 On a donc jh(t)j = jtf 0 (t)j 6 C 0 tn +1 pour t > A0 , donc h 2 E (pour A = A0 ; C = C 0 ; n = n0 + 1 ) Une intégration par parties donne en posant : u = te xt ; v 0 = f 0 donc u0 = e xt xte xt Z X Z X tf 0 (t)e xt dt = Xf (X)e xX f (t)e xt xtf (t)e xt dt 0 0 xX = Xf (X)e Z X f (t)e xt dt + x 0 Z X tf (t)e xt dt 0 h 2 E , f 2 E et donc (comme pour h) t ! tf (t) 2 E , les trois intégrales admettent une limite en +1 . et comme f 2 E : jXf (X)e xX j 6 CX n+1 e xX tend vers 0 quand X tend vers +1 . On peut passer à la limite L(h)(x) = L(f )(x) 0 x (L(f )) (x) . 3. On applique deux fois le résultat du II.3.a (à f 0 puis à f ): L(f 00 )(x) = xL(f 0 )(x) soit : f 0 (0) = x [xL(f )(x) L(f 00 )(x) = x2 L(f )(x) 3 xf (0) f (0)] f 0 (0) f 0 (0) application à une équation di¤érentielle 1. Le théorème de Cauchy s’applique: les fonctions t 7! t et t 7! 2p sont continues sur R le coe¢ cient de y 00 ne s’annule pas. Il y a une unique solution qui véri…e la condition initiale y(0) = 1 et y 0 (0) = 0. 2. De f 00 (t) tf 0 (t) + 2pf (t) = 0 on déduit par linéarité de L (avec les notation du II ) que L(f 00 )(x) mais avec II3.C) on a L(f 00 )(x) = x2 L(f )(x) et avec II.3.B on a L(h)(x) = L(f )(x) d’où x2 L(f )(x) L(h)(x) + 2pL(f )(x) = 0 xf (0) 0 x (L(f )) (x) x soit: f 0 (0) = x2 L(f )(x) L(f )(x) x , vue les conditions initiales. 0 x (L(f )) (x) + 2pL(f )(x) = 0 0 x (L(f )) + (x2 + 2p + 1)L(f )(x) = x U = L(f ) est donc bien solution de (J) sur ]0; +1[. 3. 2 1. On pose u0 = t2n+1 ; v = et fn (x) = Z =2 x ;u = 2 t2n+2 0 ; v = tet =2 2n + 2 t2 t2n+1 e 2 dt = [ 0 t2n+2 t2 x e 2 ]0 n+2 1 2n + 2 soit fn+1 (x) = x2n+2 exp 2. On véri…e la relation par récurrence : Z x h 2 ix 2 2 f0 (x) = tet =2 dt = et =2 = ex =2 0 0 n=0 Si Z x 0 x2 2 2k k 2 =2 n X (0 k)! (n fn+1 (x) k)! = x2n+2 exp x2 2 = x2n+2 exp x2 2 (2n + 2) ( 1)n+1 2n n! + n!ex = x2n+2 exp x2 2 ( 1)n+1 2n+1 (n + 1)! 1 dans le = x2n+2 exp = x2n+2 exp 1x0 2k k ( 1) k=0 on a on prend k = K 1 fn+1 (x) 2n + 2 (2n + 2)fn (x) 1 et pour k = 0 ( 1) fn (x) = ( 1)n+1 2n n! + n!ex fn+1 (x) x2n+2 x2 e2 2n + 2 t2 t2n+3 e 2 dt = 2k = 1 . La relation est vrai pour x2n 2k (2n + 2)fn (x) 2 =2 n X ( 1) (n k=0 2 (n + 1)!ex =2 2k k n X k ( 1) k=0 k)! x2n 2k 2k+1 2n x (n k)! ! 2k : x2 2 x2 2 le premier terme rentre dans le 2 ( 1)n+1 2n+1 (n + 1)! (n + 1)!ex =2 n+1 X K 1 ( 1) K=1 2 + ( 1)(n+1)+1 2n+1 (n + 1)! + (n + 1)!ex =2 n+1 X 2K x2(n+1) (n + 1 K)! K ( 1) K=1 2K x2(n+1) (n + 1 K)! en prenant K = 0 . La relation est donc véri…ée au rang n + 1 . 2 fn (x) = ( 1)n+1 2n n! + n!ex =2 n X k=0 4 2k k ( 1) (n k)! x2n 2k 2K 2K 4. 1. L’équation homogène associée à (J) est xu0 (x) + x2 + (2p + 1) u(x) = 0. On a donc : Z u(x) = K exp x+ 2p + 1 x dx = K exp( une base est x >x x2 2 (2p + 1) ln(x)) = Kx (2p+1) (2p+1) 2. On fait une variation de la constante : si u(x) = (x)x (2p+1) exp x2 2 x2 2 exp x2 2 exp 0 , on obtient x2 e (x) = x2p+1 exp Une solution est (x) = fp (x) u(x) = Kx (2p+1) x2 2 exp K + ( 1)p+1 2p p! x = 2 ( 1)p+1 2p p! + p!ex + =2 p X ( 1) (p k=0 (2p+1) exp x2 2 + p! p X 2k k 2k k ( 1) (p k=0 k)! k)! x x2p 2k ! x (2p+1) exp x2 2 1 2k En prenant comme constante d’intégration C = K + ( 1)p+1 2p p! on obtient u(x) = Cx 5. On prend donc U0 = p! p X 2k k ( 1) k=0 (p k)! x (2p+1) 1 2k x2 2 exp + p! p X 2k k ( 1) (p k=0 k)! 1 2k x . 1. Avec le calcul du I;1.b on a: U0 (x) = p! p X k=0 p X ( 2)k ( 2)k = p! 2k+1 x (p k)! (2k)!(p k)! k=0 si R0 est la restriction de R(x) = p! p X k=0 Z +1 t2k e xt 0 dt = L(R0 )(x) ( 2)k x2k (2k)!(p k)! On peut intégrer termes à termes sans problème car la somme a un nombre …ni de termes. 2. L’examinateur doit attendre la véri…cation par le calcul que R est solution : pour tout t réel : R(t) R0 (t) = p! = p! p X k=0 p X k=1 R"(t) = p! p X k=1 ( 2)k t2k (2k)!(p k)! ( 2)k (2k 1)!(p ( 2)k (2k 2)!(p k)! k)! t2k 1 t2k 2 = p! p 1 X k=0 ( 2)k+1 t2k (2k)!(p k 1)! donc 0 R" t) 0 tR (t) + 2pR(t) = p! p 1 X k=0 ( 2)k+1 t2k (2k)!(p k 1)! p X k=1 ( 2)k (2k 1)!(p k)! t 2k + 2p p X k=0 ( 2)k t2k (2k)!(p k)! le terme de degré p se simpli…e dans les deux termes de droites et le reste se simpli…e avec les trois termes. p! R est solution de l’équation di¤érentielle et R(0) = = 1 , R0 (0) = 0 p! 5 ! . 3. On peut prouver le résultat de façon théorique en prouvant que R0 est bien solution sur R+ puis en utilisant la parité de R : R 0 véri…e R0 (0) = 1 et R00 (0) = 0 . Donc en reprenant le calcul de la question 1 l’image par L de R0 "(t)+tR0 (t)+2pR0 (t) est nulle . Donc le polynôme est dans le noyau de L . d d Z +1 d X X X i! i Mais si P = pi X on a L (P ) = pi ti e tx dt = pi i+1 (calcul du I.1.b) . Si cette expression on a x i=0 i=0 0 i=0 en multipliant par xd+1 : d X pi i!xd i = 0 . c’est un polynôme en x nulle . ses coe¢ cients sont nuls donc comme i=0 i! 6= 0 , 8i; pi = 0 . donc R0 est solution sur R+ . On peut alors passer à R par parité : On sait que 8t 0 , R"(t) tR0 (t) + 2pR(t) = 0 . On prend t < 0 et on 0 applique la relation précédente en t : R"( t) + tR ( t) + 2pR( t) = 0: Mais R( t) = R(t) vue l’expression de R , et donc en dérivant R0 ( t) = R(t) et R"( t) = R"(t) et donc pour t < 0 on a aussi R"(t) tR0 (t) + 2pR(t) = 0: R est solution sur R de l’équation di¤érentielle , et véri…e bien la condition initiale. D’après l’unicité rappelée à la question III.1 R est la solution sur R de (P) injectivité de la transformée de Laplace 1. La limite est l’intégrale impropre qui converge d’après la première partie en x = 1. L = L(f )(1) . 2. g est dans E par I.2.b: g est continue car c’est une primitive de fonction continue g est bornée sur R+ : jg(t)j 6 l’intégrale impropre existe car s 7! f (s)e s Z t 0 s jf (s)je ds 6 Z +1 s jf (s)je 0 ds est intégrable sur R+ (I.3.a pour x = 1). g2E 3. 1. g est dérivable comme primitive d’une fonction continue et g 0 (t) = f (t)e g 0 est dans E car : t . g 0 est est continue jg 0 (t)j 6 jf (t)j 6 Ctn pour t > A. On applique le II.3.a:(g et g 0 sont dans E ) L(g 0 )(x) = xL(g)(x) g(0) = xL(g)(x) donc pour x > 0 : L(g)(x) = 2. 1 x Z +1 f (t)e t e xt dt = 0 1 x Z +1 f (t)e (x+1)t dt = 0 1 L(f )(x + 1) x 1. ' est continue sur ]0; 1] car ln et g sont continues. Elle est aussi continue en 0 car lim g( ln u) = lim g(t) = L. u!0 2. Pour x > 0 la fonction t 7! g(t)e xt est intégrable sur R+ et le changement de variable t = bijectif de ]0; 1] sur ]0; +1]; on peut donc écrire: Z 0 +1 g(t)e xt dt = Z 1 g( ln(u))u 0 6 x1 u du = Z 0 1 '(u)ux 1 du t!+1 ln(u) est C 1 , 4. On utilise 3.b : Z 1 n '(u)u du = Z +1 g(t)e (n+1)t dt puis 3.a : 8n 2 N , 5. 1. cos(p u) = +1 X ( 1)n n=0 +1 g(t)e 0 0 0 puisque L(f ) = 0. Z Z (n+1)t dt = L(g)(n+1) = 1 L(f )(n+2) = 0 n+1 1 '(u)un du = 0 0 (p )2n 2n u de rayon de convergence in…ni. (2n)! 2. On veut intégrer termes à termes : Z +1 1X ( 1)n 0 n=0 (p )2n 2n u '(u)du: (2n)! Les fonctions sont continues sur le segment [0; 1] , on peut utiliser la convergence normale: 8n , u > ( 1)n (p )2n 2n u '(u) est continue sur [0; 1] (2n)! 2n (p ) (p )2n 2n u '(u) sup (j'j) , terme général d’une (2n)! (2n)! [0;1] série converge (pensez à (p ) ) . Le sup existe car ' est continue sur un segment. On peut intégrer termes à termes , mais chaque terme est nulle d’après la question précédente. Z 1 cos (p u) '(u)du = 0 la série converge normalement sur [0; 1] car ( 1)n 0 Remarque : si on veut étudier la série XZ 1 ( 1)n 0 Z 0 3. 1. 1 ( 1)n Z (p )2n 2n u '(u) du (2n)! 0 1 (p )2n 2n u '(u) du on écrit : (2n)! (p )2n (p )2n 1: sup (j'j) du = sup (j'j) (2n)! (2n)! est continue sur [ 1; 1] car elle est paire et ' est continue sur [0; 1]. Par période 2 elle est donc continue sur R. Z 2 2. Comme la fonction est paire bn (') = 0. La fonction 2 périodique donc : an = (t) cos(n u)du . On utilise 0 Z 1 la parité an = 2 (t) cos(n u)du = 0 d’après 5.b. 0 Z 2 +1 a2 X 2 ap = 0. Par continuité de on en déduit = 0 L’égalité de Parseval entraîne alors 2 ( (u))2 du = 0 + 2 0 p=1 sur [0; 2] donc sur R par période. danger :Pour utiliser Dirichlet ou la convergence normale , il faudrait une fonction C1pm . Il faut donc étudier la dérivabilité de ' en 0+ . Mais en posant s = ln(u) on arrive à '0 (u) = f (s) qui peut ne pas avoir de limite …nie en +1 . 4. On en déduit que ' est la fonction nulle sur [0; 1], donc g est la fonction nulle sur R+ . Sa dérivée t 7! f (t)e nulle, f est la fonction nulle sur R+ t est 5. On a montré que L(f ) = 0 entraîne que f = 0; le noyau de L est donc réduit à 0: l’application linéaire L est bien injective. 7