corrigé

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