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[
Pour X > 0et x6= 0 on a ZX
0
extdt =1
xextX
0=1
x(1 exX )
Comme x > 0 lim
X>+1(exX ) = 0 donc
Z+1
0
extdt converge et Z+1
0
extdt =1
x
2. Soit la propriété au rang n:Z+1
0
tnextdt converge et vaut n!
xn+1
La propriété est véri…ée pour n= 0.
Supposons la véri…ée pour un entier n.
–la fonction t!tn+1ext est continue sur [0;+1[
–On pose u=tn+1; v0= exp(xt)et donc u0= (n+ 1)tn,v=exp(xt)
x,uet vsont dé…nies C1car x6= 0
ZT
0
tn+1extdt =tn+1ext
xT
0
+n+ 1
xZT
0
tnextdt =1
xTnexT +n+ 1 xZT
0
tnextdt:
Comme x > 0,lim
T!+1TnexT = 0 et ZT
0
tnextdt admet une limite …nie. donc ZT
0
tn+1extdt admet une
limite …nie en +1et :
In+1(x) = n+ 1
xIn(x) = n+ 1 x
n!
xn=(+1n)! xn+2 :
La propriété est donc vraie pour tout n2N.
8n2N,8x > 0,In(x) = n!
xn+1
2.
1. critère de sous espace vectoriel:
E:est un sous ensemble non vide de C0([0;+1[;R).(il contient la fonction nulle avec A= 0; n = 0; C = 0
C0([0;+1[;R)est un espace vectoriel.
. Si (f; g)2Eon a :9Af;9Cf;9nf,8xAf,jf(t)j6Cftnf
9Ag;9Cg;9ng,8xAg,jg(t)j6Cgtng:On prend une combinaison linéaire f +g
.Pour tmax(Af; Ag)
jf(t) + g(t)j  jjCftnf+jjCgtng
–On prend n= max(nf; ng)on a alors nfndonc tnftnpour t1.
–On prend A= max(Af; Ag;1) , pour tAon a :
jf(t) + g(t)j  (jjCf+jjCg)tn
–On prend C= (jjCf+jjCg)
9A; 9C; 9n,8xA,jf(t) + g(t)j  Ctn
et donc : Eest un sous espace vectoriel de C0([0;+1[;R)
Remarque : pas facile à rédiger à cause des 3 9,et de l’obligation de tenir compte de la position de tpar rapport à
1.

2. On prend A= 0; n = 0; C = sup
[0;+1[
(jfj)
3. Soit P(t) =
d
X
i=0
piti. On prend A= 1 .Pour t1,titdet donc 
d
X
i=0
piti
d
X
i=0
jpijtd. On prend n=det
C=
d
X
i=0
jpij
Les fonctions polynômes sont dans E
3.
1. Si f2Ealors
fest continue
et t2f(textCtn+2ext tend vers 0car x > 0
si x > 0,t!f(t)ext est intégrable sur [0;+1[
2. Soit F(x) = ZI f(x; t)dt avec x2J
Si:
 8t2I,x7! f(x; t)est continue sur J,
 8x2J,t7! f(x; t)est continue par morceaux intégrable sur I
on a domination sur tout segment fa; b]inclus dans J:9'intégrable sur Itelle que 8x2[a; b];8t2I
jf(x; t)j6'(t)
alors
F(x) = ZI g(x; t)dt est continue sur J.
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 x2[a; b]]0;+1[et t0on 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. Lest linéaire par linéarité de l’intégrale et l’image d’une fonction de Eest continue à valeurs réelles.
L 2 L E; C0R+;R
partie II : propriétés de la transformée de Laplace
1. 1.
jL(f)(x)j6Z+1
0
jf(t)jextdt (majoration de la valeur absolue d’une intégrale)
6ZA
0
jf(t)jextdt +Z+1
A
jf(t)jextdt (relation de Chasles)
ZA
0
jf(t)jextdt +Z+1
A
Ctnextdt (car f2E)
6ZA
0
jf(t)jextdt +Z+1
0
Ctnextdt ( l’intégrale d’une fonction positive est positive)
6ZA
0
jf(t)jextdt +Cn!
xn+1 (I.1.b)
D’où la majoration voulue.
2. Puisque fest continue sur le segment [0; A]elle y est bornée. Et donc en s’inspirant de la question précédente :
ZA
0
jf(t)jextdt 6sup
[0;A]
(jfj)ZA
0
extdt 6sup
[0;A]
(jfj)Z+1
0
extdt =sup[0;A](jfj)
x
qui tend bien vers 0quand xtend vers +1.
2

3. Le majorant de 1.a est la somme de deux fonctions de limite nulle :
lim
+1(L(f)) = 0
2. Dérivation d’une intégrale à paramètre . Avec les notations de I.3.b:
1. Si
 8t2I,x7! f(x; t)est de classe C1sur J
t7! f(x; t)et t7! @f
@x (x; t)sont continues par morceaux intégrables sur J
on peut dominer @f
@x (x; t)sur tout segment inclus dans J
alors
F(x) = ZI f(x; t)dt est C1sur Jet F0(x) = ZJ
@f
@x (x; t)dt.
application:
x!f(t)ext, est C1sur R+de dérivée x! tf(t)ext,
t7! f(x; t)est intégrable sur [0;+1[(déjà prouvé pour la continuité)
on a domination 8x2[a; b]]0;+1[,8t0tf(t)exttjf(t)jext qui est bien une fonction intégrable
sur R+car t2tjf(t)jext Ctn+3ext (pour xA)a une limite nulle en +1
t7! @f
@x (x; t)est intégrable sur [0;+1[( à cause de la domination)
et donc :
L(f)est C1sur R+et (L(f))0(x) = Z+1
0tf(t)extdt
1. Une intégration par partie donne en posant u=ext; v0=f0et donc u0=xext; v =f( avec l’hypothèse
supplémentaire uet vsont C1sur R+).
ZX
0
f0(t)extdt =f(X)exX f(0) + xZX
0
f(t)extdt
Comme fet f0sont dans Eles deux intégrales Z+1
0
f0(t)extdt et Z+1
0
f(t)extdt convergent et pour XA=x ,
jf(X)exX j6CXnexX qui tend vers 0quand Ttend vers +1.
On peut passer à la limite et on véri…e bien
L(f0)(x) = xL(f)(x)f(0)
2. hest bien continue et comme f02Eil existe des constantes A0; C0et n0telles que pour tA0,jf0(t)j6C0tn0.
On a donc jh(t)j=jtf0(t)j6C0tn0+1 pour t>A0, donc h2E(pour A=A0; C =C0; n =n0+ 1 )
Une intégration par parties donne en posant : u=text; v0=f0donc u0=ext xtext
ZX
0
tf0(t)extdt =Xf(X)exX ZX
0f(t)ext xtf(t)extdt
=Xf(X)exX ZX
0
f(t)extdt +xZX
0
tf(t)extdt
h2E,f2Eet donc (comme pour h)t!tf(t)2E, les trois intégrales admettent une limite en +1. et comme
f2E:jXf(X)exX j6CXn+1exX tend vers 0 quand Xtend vers +1. On peut passer à la limite
L(h)(x) = L(f)(x)x(L(f))0(x)
.
3. On applique deux fois le résultat du II.3.a (à f0puis à f):
L(f00)(x) = xL(f0)(x)f0(0) = x[xL(f)(x)f(0)] f0(0)
soit : L(f00)(x) = x2L(f)(x)xf(0) f0(0)
3

application à une équation di¤érentielle
1. Le théorème de Cauchy s’applique:
les fonctions t7! tet t7! 2psont continues sur R
le coe¢ cient de y00 ne s’annule pas.
Il y a une unique solution qui véri…e la condition initiale y(0) = 1 et y0(0) = 0.
2. De f00(t)tf0(t)+2pf(t) = 0 on déduit par linéarité de L(avec les notation du II ) que
L(f00)(x) L(h)(x)+2pL(f)(x) = 0
mais avec II3.C) on a L(f00)(x) = x2L(f)(x)xf(0) f0(0) = x2L(f)(x)x, vue les conditions initiales.
et avec II.3.B on a L(h)(x) = L(f)(x)x(L(f))0(x)
d’où x2L(f)(x)xL(f)(x)x(L(f))0(x)+ 2pL(f)(x) = 0
soit:
x(L(f))0+ (x2+ 2p+ 1)L(f)(x) = x
U=L(f)est donc bien solution de (J)sur ]0;+1[.
3.
1. On pose u0=t2n+1; v =et2=2; u =t2n+2
2n+ 2; v0=tet2=2
fn(x) = Zx
0
t2n+1et2
2dt = [t2n+2
n+ 2et2
2]x
01
2n+ 2 Zx
0
t2n+3et2
2dt =x2n+2
2n+ 2ex2
21
2n+ 2fn+1(x)
soit
fn+1(x) = x2n+2 exp x2
2(2n+ 2)fn(x)
2. On véri…e la relation par récurrence :
f0(x) = Zx
0
tet2=2dt =het2=2ix
0=ex2=21et pour k= 0 (1)k2k
(0 k)!1x02k= 1 . La relation est vrai pour
n= 0
Si
fn(x) = (1)n+12nn! + n!ex2=2
n
X
k=0
(1)k2k
(nk)!x2n2k
on a
fn+1(x) = x2n+2 exp x2
2(2n+ 2)fn(x)
=x2n+2 exp x2
2(2n+ 2) (1)n+12nn! + n!ex2=2
n
X
k=0
(1)k2k
(nk)!x2n2k!
=x2n+2 exp x2
2(1)n+12n+1(n+ 1)! (n+ 1)!ex2=2
n
X
k=0
(1)k2k+1
(nk)!x2n2k
on prend k=K1dans le  :
fn+1(x) = x2n+2 exp x2
2(1)n+12n+1(n+ 1)! (n+ 1)!ex2=2
n+1
X
K=1
(1)K12K
(n+ 1 K)!x2(n+1)2K
=x2n+2 exp x2
2+ (1)(n+1)+12n+1(n+ 1)! + (n+ 1)!ex2=2
n+1
X
K=1
(1)K2K
(n+ 1 K)!x2(n+1)2K
le premier terme rentre dans le en prenant K= 0 . La relation est donc véri…ée au rang n+ 1 .
fn(x) = (1)n+12nn! + n!ex2=2
n
X
k=0
(1)k2k
(nk)!x2n2k
4

4.
1. L’équation homogène associée à (J)est xu0(x) + x2+ (2p+ 1)u(x) = 0. On a donc :
u(x) = Kexp Zx+2p+ 1
xdx=Kexp(x2 2(2p+ 1) ln(x)) = Kx(2p+1) exp x2 2
une base est x> x(2p+1) exp x2
2
2. On fait une variation de la constante : si u(x) = (x)x(2p+1) exp x2
2, on obtient 0(x) = x2p+1 exp x2 e.
Une solution est (x) = fp(x)
u(x) = Kx(2p+1) exp x2
2+ (1)p+12pp! + p!ex2=2
p
X
k=0
(1)k2k
(pk)!x2p2k!x(2p+1) exp x2 2
=K+ (1)p+12pp!x(2p+1) exp x2
2+p!
p
X
k=0
(1)k2k
(pk)!x12k
En prenant comme constante d’intégration C=K+ (1)p+12pp!on obtient
u(x) = Cx(2p+1) exp x2
2+p!
p
X
k=0
(1)k2k
(pk)!x12k
5. On prend donc U0=p!
p
X
k=0
(1)k2k
(pk)!x12k.
1. Avec le calcul du I;1.b on a:
U0(x) = p!
p
X
k=0
(2)k
x2k+1(pk)! =p!
p
X
k=0
(2)k
(2k)!(pk)! Z+1
0
t2kextdt =L(R0)(x)
si R0est la restriction de
R(x) = p!
p
X
k=0
(2)k
(2k)!(pk)!x2k
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 Rest solution :
pour tout tréel :
R(t) = p!
p
X
k=0
(2)k
(2k)!(pk)!t2k
R0(t) = p!
p
X
k=1
(2)k
(2k1)!(pk)!t2k1
R"(t) = p!
p
X
k=1
(2)k
(2k2)!(pk)!t2k2=p!
p1
X
k=0
(2)k+1
(2k)!(pk1)!t2k
donc
R"0t)tR0(t)+2pR(t) = p! p1
X
k=0
(2)k+1
(2k)!(pk1)!t2k
p
X
k=1
(2)k
(2k1)!(pk)!t2k+ 2p
p
X
k=0
(2)k
(2k)!(pk)!t2k!
le terme de degré pse simpli…e dans les deux termes de droites et le reste se simpli…e avec les trois termes.
Rest solution de l’équation di¤érentielle et R(0) = p!
p!= 1 ,R0(0) = 0
5