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LICENCE DE PHYSIQUE, 3-IEME ANNEE,

UNIVERSITE DE PROVENCE,

ANNEE 2008-09

MATHEMATIQUES POUR LA PHYSIQUE II,

CORRECTION DE QUELQUES EXERCICES

I. Transformations de Laplace

Question 1. Toutes les fonctions sont definies sur R+. f(t) = 1 : fest bornee, F(p) =

0

ept dt= 1/p, et est definie pour(p)> 0. f(t) = (t b) : F(p) =

b

ept dt=

0 ep(t+b) dt= epb/p, et est aussi definie pour(p)> 0.

f(t) = e

at

: F(p) =

0 e(p

a)t

dt= 1/(p a), et est definie pour(p)> (a).Question 2. f(t) = tn(t) : il faut calculer F(p) =

0

tnept dt ; lintegrale est absolument convergente pour(p)> 0. Calculons

F(p) =

d

dt

n 0

ept dt=

ddt

n1

p=

n!

pn+1 .

Question 3. On a deja vu plus haut le cas de la transformee de Laplace de la fonction exponentielle. On en deduitalors facilement les cas suivants

f(t) = sin(t) = (eit eit)/2i, on a donc, pour(p)> 0

F(p) = 1

2i 1

p

i 1

p+ i=

p2 +2

f(t) = cos(t) = (eit + eit)/2, on a donc, pour(p)> 0

F(p) =1

2

1

p i + 1

p+i

=

p

p2 + 2

f(t) = eat cos(t) = (ea+it +eait)/2, on a donc, pour(p)> a

F(p) =1

2

1

p (a +i)+ 1

p (a i)

= p a

(p a)2 + 2

Question 4. La fonction erf est bornee, et tend vers 1 a linfini. On se place donc dans le cas(p)> 0. Calculons,en integrant par parties

F(p) = 2

0

t0

ex2

dx ept dt= 2

eptp

t0

ex2

dx

0

+1

p

0

eptet2

dt

Pour(p)> 0, le terme tout integre est nul. Pour lautre, on doit ecriret2 pt= (t +p/2)2 +p2/4, ce qui donne

F(p) = 2

ep

2/4

0

e(t+p/2)2

dt= 2

ep

2/4

p/2+p/2

eu2

du

On peut alors conclure, en remarquant que pour p reel, F(p) = erfc(p/2). Pour p complexe, lanalyticite de la

fonctionu eu2 dans le demi plan(u)> 0 permet de montrer que dans ce cas aussi, on aF(p) = erfc(p/2)

1

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2 MATHEMATIQUES POUR LA PHYSIQUE II, CORRECTION DE QUELQUES EXERCICES

II. Transformees de Laplace inverses

Dans ce cas, le plus simple est de se ramener a des transformations de Laplace simples et connues. F(p) =b/(p2 + b2). Par une decomposition en elements simples, on peut voir que

F(p) = 1

2i

1

p ib 1

p+ ib

,

de sorte que par identification,

f(t) = 1

2ieibt e

ibt= sin(bt) , t 0 F(p) = 1/(p2 +c2)2. On peut proceder comme avant, mais ca nest plus aussi simple. Il est ici preferable

dutiliser la formule dinversion de Bromwich. Commencons par remarquer que F a deux poles doubles, enp= ic. On va donc supposer que(p) |(c)|, et on a donc a calculer

f(t) = 1

2i

+ii

F(p)ept dp ,

pourt >0. Commet >0, on ferme le contour par un demi-cercle dans le demi-plan de gauche (sinon, (p)t > 0et lintegrale ne converge pas a la limite du rayon du demi-cercle tendant vers linfini). Plus precisement, onecrit, pour un R donne +i

iF(p)ept dp = lim

R

+iRiR

F(p)ept dp

= limR

F(p)ept dp C

F(p)ept dp

ouCest le demi-cercle de rayonR centre sur, et est le contour ferme constitue deCet du segment vertical[ i, +i].

Compte tenu de lexpression deF, le lemme de Carslaw et Jaeger permet de montrer que lintegrale sur Ctend vers 0 quand R . Lintegrale sur se calcule quant a elle en utilisant le theoreme des residus.

Soit G1(p) = (p ic)2F(p)ept. Le residu de p F(p)ept en p = ic vaut

limpic

G1(p) = limpic

t(p+ ic)2 2(p+ic)(p+ic)4

ept =2ict 2

(2ic)3 eict =

t

4c2+

1

4ic3

eict .

De meme, soit G2(p) = (p+ ic)2F(p)ept. Le residu de p F(p)ept enp = icvaut

limpic

G2(p) = limpic

t(p ic)2 2(p ic)(p ic)4

ept =2ict+ 2

(2ic)3 eict =

t

4c2 1

4ic3 eict .

En mettant tous les termes ensemble, on aboutit a

f(t) = 1

2c3(ct cos(ct) + sin(ct))

Avec le meme calcul, on aboutit af(t) = 0 pour t 0. Soit donc R+, et considerons lintegrale

(1) Ia(t) = 1

2i

+ii

eapept

dp

p .

La presence de la racine carree oblige a introduire une coupure, pour en fixer la determination. Pour simplifier,

on introduit une coupure sur le demi-axe reel negatif. On complete comme dhabitude le contour dintegrationdans le demi-plan(p)< 0, ce qui donne le contour qui se trouve en Fig.1Considerons le contour R (voir Fig. 1). Lintegrand etant holomorphe a linterieur de R, lintegrale sur

R est nulle, de sorte que lon peut ecrire

Ia(t) = limR;0

1

2i

AB

+

BC

+

CD

+

DE

+

EF

,

et il faut maintenant evaluer chacun des termes. Lintegrale sur le cercle (CD) est nulle en vertu du theoreme de Cauchy (lintegrand est holomorphe), et

le reste a la limite 0. On obtient donc CD

eapept dp= 0

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LICENCE DE PHYSIQUE, 3-IEME ANNEE, UNIVERSITE DE PROVENCE, ANNEE 2008-09 3

Fig. 1. Contour dintegration avec coupure sur le demi-axe reel negatif. Le contour complet estnoteCR, et le demi-cercle de rayon R est R.

Pour lintegrale sur le segment (CB ), on pose p = uei, avec u >0. On a alors

limR;0

BC

eapept dp=

0

eiaueut du .

Pour lintegrale sur le segment (DE), on doit poser p = uei

, avecu >0. On a alors

limR;0

DE

eapept dp=

0

eiaueut du .

Reste a se charger de la contribution des arcs de cercle, a la limite R . On applique ici le criterede Carslaw et Jaeger. Sur le quart de cercle superieur, on pose p = uei, avec [/2, ]. On a donc

p =

u(cos(/2) + i sin(/2)), et(p) 0. Sur le quart de cercle inferieur, on pose p = uei, avec [/2, ]. On a donc /2 [/4, /2], et de nouveau(p) 0. Par consequent, sur larcde cercle complet,| exp{ap}| decrot plus vite que toute puissance, et le critere de Carslaw et Jaegersapplique. Donc les integrales sur les deux quarts de cercle (AB) et (CD) tendent vers 0 quand R .

En mettant les choses ensemble, on obtient, pour t >0,

f(t) =

1

2i limR;0 B

C eap

ept

dp+ DE e

ap

ept

dp

=

1

0 sin(au)eut

du ,

reste a calculer cette derniere integrale. En posant u = v2 on a0

sin(a

u)eut du= 2

0

sin(av)etv2

v dv= dda

Ja(t) ,

ou

Ja(t) =

cos(av)etv2

dv .

Or on sait que

etv

2

eiav dv= t

ea2/4t .

donc

d

daJa(t) = 2a

4t

tea

2/4t = t3/2ea2/4t .

On trouve finalement (ouf !)

f(t) = a

2

t3/2ea

2/4t

La derniere transformee de Laplace inverse est calculee dans le poly du cours. Le resultat est

f(t) = erfc

a

2

t

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III. Equations differentielles

Question 1. On suppose que la solution est bornee, on se place donc dans le cas (p)> 0. En appliquant une transformation

de Laplace aux deux membres de lequation, on obtient0

(y(x) + 4y(x) + 3y(x)) epx dx= 0 .

En utilisant les liens entre transformation de Laplace et differentiation, on aboutit a

[p2

Y(p) py(0) y(0)] + 4[pY(p) y(0)] + 3Y(p) = 0.En tenant compte des conditions initiales, on aboutit a la solution

Y(p) = 3p+ 13

p2 + 4p+ 3 .

Pour conclure, il faut factoriser le denominateur. Les racines sont -3 et -1, donc on a

Y(p) = 3p+ 13

(p+ 1)(p+ 3)=

A

p+ 1+

B

p+ 3 ,

la derniere egalite etant une decomposition en elements simples de Y. Les nombres A et B sont obtenus via

A= limp1

(p+ 1)Y(p) = 5 , B= limp3

(p+ 3)Y(p) = 2 .Finalement, en utilisant les transformees de Laplace inverses classiques, on en deduit

y(x) = 5ex

2e3x

, x R+

. La seconde equation se resout similairement. Par transformation de Laplace, on aboutit a

(p2 + 2)Y(p) = R(p),

ou R est la transformee de Laplace de r. Donc Y est egal au produit de convolution de r par loriginal deLaplace dep 1/(p2 + 2),(p)> 0, cest a dire la fonction x R+ sin(x2)/2. Donc la solution est

y(x) = 1

2

x0

sin(z

2)r(x z) dz .

Question 2. Par transformation de Laplace, lequation devient

[p3 6p2 + 11p 6]Y(p) = 1p+ 1

+ (p2 6p+ 15) .

p= 1 est racine (presque) evidente du polynome du terme de droite. Par division Euclidienne, on obtient

p3 6p2 + 11p 6 = (p 1)(p2 5p+ 6) ,reste a factoriser le second. Ses racines sont 2 et 3, do u

p3 6p2 + 11p 6 = (p 1)(p 2)(p 3),et la solution dans le domaine de Laplace est donc

Y(p) = 1

(p+ 1)(p 1)(p 2)(p 3)+ (p2 6p+ 15)

(p 1)(p 2)(p 3)Pour finir : decomposer les deux termes en elements simples ... et terminer le boulot.

IV. Circuit RLC

On considere le cas du circuit RLC, decrit par lequation

(2) LCd2v(t)dt2

+RCdv(t)dt

+ v(t) = u(t).

Par transformation de Laplace, cette equation devient

LC(p2V(p) pv(0) v(0)) +RC(pV(p) v(0)) +V(p) = U(p),ou encore

LCp2 + RCp + 1

V(p) = U(p) + (LCp + RC)v(0) +LCv (0).Notons

Q(p) = LCp2 + RCp + 1 , H(p) = 1

Q(p)On a donc la solution dans le domaine de Laplace

V(p) = U(p)H(p) +LCv(0)pH(p) + (RCv(0) +LCv (0))H(p) .

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En notanth loriginal de Laplace de H, on a la solution generale : pour t >0,

v(t) = (h u)(t) +LCv(0)h(t) + (RCv (0) +LCv (0))h(t)En effet, le produit point par point U Hest transformee de Laplace du produit de convolutionuh, et la fonction

p pH(p) est transformee de Laplace de h :1

2i

+ii

pH(p)ept dp= d

dt

1

2i

+ii

H(p)ept dp= h(t) .

Explicitons maintenant la fonction h, appelee reponse impulsionnelle du systeme. On sinteressera aussi a lafonctiong = h , appelee reponse indicielle .

Les racines de Q dependent du signe du discriminant

= R2C2 4LC= C2(R2 4L/C),et prennent la forme

= 1

2LC

RC 1/2

=

1

2L

R (R2 4L/C)1/2

.

Si le discriminant est negatif ou nul, les deux racines ontR/2L pour partie reelle, qui est donc negative. Sil estpositif, les deux racines sont reelles ; on a evidemment < 0, et

+ =R

2L

1

1 4L/CR2

< 0 .

On pose

= R/2Let on distingue les trois cas de figure :

(1) Le casR2 >4L/C(regime transitoire) : on a alors > 0, et en posant=

/2LC, on a = .On obtient ainsi la reponse impulsionnelle

h(t) = 1

e+t et= 2

etsh (t) .

La reponse indicielle est quant a elle donnee par

g(t) =

t0

h(s) ds = 1

1

+(e+t 1) 1

(et 1)

= 1

+ +

+ 1

+

e+t +et= 1 +

et

+

et +et

= 1 et

ch(t) +

sh(t)

(2) Le cas R2

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qui est donc la reponse impulsionnelle du systeme dans ce cas. Pour ce qui est de la reponse indicielle, ellesobtient par integration

g(t) = 1

LC

t0

ses ds= 1

LC

et 1

= 1

LC

tet (et 1)2

= 1 et +tet

V. Une famille de polynomes orthogonaux

Question 1. On rappelle que la transformee de Laplace de la fonction t tf(t) estp F(p) (se demontre parintegration par parties). Donc, par transformation de Laplace, lequation differentielle devient

ddp

[p2U(p) pu(0) u(0)] +pU(p) u(0) +

n+1

2

U(p) +

1

4U(p) = 0

qui se met sous la forme demandee :p2 1

4

U(p) +

p n 1

2

U(p) = 0.

Question 2. Verifions que la forme proposee est bien solution de lequation. Soit

V(p) =

p 1

2

n p+

1

2

n1Alors

V(p) = np 1/2 V(p) +n 1p+ 1/2 V(p) = V(p)p2 1/4 [n(p+ 1/2) (n+ 1)(p 1/2)] = (p+n+ 1/2) V(p)p2 1/4

dou V est solution.

Question 3. A suivre

VI. Fonction de Bessel

Question 1. Les transformees de Laplace respectives de J0, J 0 etJ0 sont les fonctionsp G(p), p pG(p) 1 , p p2G(p) p J0(0).

Par transformation de Laplace de lequation de Bessel, on obtient

d

dp [p

2

G(p) p J0(0)] + (pG(p) 1) G(p) = 0,dou

(p2 + 1)G(p) +pG(p) = 0,

et donc pourp reel

G(p) = 1p2 + 1

.

Pour etendre cette expression a des valeurs complexes de p, il faut choisir une determination pour la racine carree,par exemple sur le demi-axe reel negatif.

Calculons les transformees de Laplace de Y :

1

0

eixepxdx

x=

1

0

e(pi)xdx

x=

1

(p i)1/2

0

eudu

u= (p i)1/2 .

On en deduit le resultat.

Question 2. Explicitons le produit de convolution.

1

x0

eiyy

ei(xy)x ydy =

1

x0

ei(x2y)y(x y) dy=

1

10

eix(12u)u(1 u) du=

1

11

eixs1 s2 ds =

2

11

cos(sx)1 s2 ds .

Question 3. La transformee de Laplace de J0 J0 est la fonction

p 11 +p2

.

On en deduit

(J0 J0)(t) = (t)sin(t).

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VII. Equation de la chaleur

Question 1. Par transformation de Laplace, lEDP se transforme en une famille dequations differentielles ordi-naires (indexees par p) :

pU(x, p) T0 = 2U(x, p)

x2 .

Lequation homogene2U(x, p)

x2 p

U(x, p) = 0

admet pour solution generaleU(x, p) = C1(p)e

x(p/)1/2 + C2(p)ex(p/)1/2 .

Il existe une solution evidente de lequation inhomogene :

U(x, p) =T0p

,

dou la solution generale

U(x, p) = C1(p)ex(p/)1/2 +C2(p)e

x(p/)1/2 +T0p

.

Notons que lholomorphie de la solution impose de se limiter au domaine(p)> 0.Question 2. Pour que la solution soit bornee, on doit necessairement avoir C1(p) = 0 pour tout p.

Pour determiner les constantes C2(p), il faut utiliser la condition au bord en x = 0. Par transformation deLaplace, celle-ci secrit

p

1/2

C2(p) = [C2(p) +T0/p] ,

ce qui donne

C2(p) = T0p

+

p

1/21Ainsi,

U(x, p) =T0p

1 e

x(p/)1/2

+ (p/)1/2

Question 3. Par transformation de Laplace inverse, on obtient

u(x, t) = T0

1

erfc

x

2

t

exe2terfc

x

2

t+

t

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