Théorie physique des distributions/Exercices/Équations de convolution

Exercice 8-1

Soit le circuit :

À l'instant t = 0, on applique une tension U à l'entrée du circuit. Décrire l'évolution de la tension U_a en fonction du temps.

On rappelle que l'intensité et la tension au borne du condensateur sont liées par la relation :

$i=C{\frac {du}{dt}}$

Solution

Nous pouvons écrire les deux relations :

${\begin{cases}i=C{\frac {dU_{a}}{dt}}\\U_{e}=U_{a}+Ri\end{cases}}$

Nous en déduisons :

$U_{e}=U_{a}+RC{\frac {dU_{a}}{dt}}$

qui peut s'écrire :

$(\delta +RC\delta ')\star U_{a}=U_{e}$

Si on applique une tension U à l'instant t = 0, l'équation de convolution s'écrit :

$(\delta +RC\delta ')\star U_{a}=H.U$

En prenant les transformées de Laplace des deux membres, on obtient :

$(1+RCp)\times {\mathcal {L}}.U_{a}={\frac {U}{p}}$

soit :

${\mathcal {L}}.U_{a}={\frac {U}{RC}}.{\frac {1}{p(p+{\frac {1}{RC}})}}$

La table des transformées inverses de Laplace usuelles nous permet d'obtenir :

$U_{a}(t)=H(t).U\left(1-e^{-{\frac {t}{RC}}}\right)$

 

Exercice 8-2

Soit le circuit :

On applique à l'entrée de ce circuit un signal U_e = f(t) avec la fonction f définie par :

$\forall t\in \mathbb {R} ,\ f(t)=\left\{{\begin{matrix}0&\mathrm {si} &t<t_{0}\\E&\mathrm {si} &t_{0}\leqslant t<t_{0}+\epsilon \\0&\mathrm {si} &t\geqslant t_{0}+\epsilon .\end{matrix}}\right.$

Décrire l'évolution de la tension U_a en fonction du temps.

On rappelle que l'intensité et la tension au borne du condensateur sont liées par la relation :

$i=C{\frac {du}{dt}}$

Solution

Nous pouvons écrire les deux relations :

${\begin{cases}i=C{\frac {d(U_{e}-U_{a})}{dt}}\\U_{a}=Ri\end{cases}}$

Nous en déduisons :

$U_{a}=RC{\frac {d(U_{e}-U_{a})}{dt}}$

Soit :

${\frac {1}{RC}}U_{a}+{\frac {dU_{a}}{dt}}={\frac {dU_{e}}{dt}}$

qui peut s'écrire :

${\frac {1}{RC}}U_{a}+\delta '\star U_{a}=\delta '\star U_{e}$

En prenant la transformée de Laplace des deux membres nous obtenons :

${\frac {1}{RC}}{\mathcal {L}}.U_{a}+p\times {\mathcal {L}}.U_{a}=p\times {\mathcal {L}}.U_{e}$

Nous connaissons déjà la transformée de Laplace de U_e. Nous l'avons calculé dans l'exercice 7-3.Nous obtenons :

${\frac {1}{RC}}{\mathcal {L}}.U_{a}+p\times {\mathcal {L}}.U_{a}=p\times {\frac {E.e^{-pt_{0}}}{p}}\left(1-e^{-p\epsilon }\right)$

Qui s'écrit :

${\mathcal {L}}.U_{a}\left(p+{\frac {1}{RC}}\right)=E.e^{-pt_{0}}\left(1-e^{-p\epsilon }\right)$

et donne:

${\mathcal {L}}.U_{a}=E{\frac {e^{-pt_{0}}}{p+{\frac {1}{RC}}}}-E{\frac {e^{-p(t_{0}+\epsilon )}}{p+{\frac {1}{RC}}}}$

À l'aide d'une table des transformées inverses de Laplace, nous obtenons finalement :

$U_{a}=Ee^{-{\frac {t-t_{0}}{RC}}}H(t-t_{0})-Ee^{-{\frac {t-t_{0}-\epsilon }{RC}}}H(t-t_{0}-\epsilon )$

 

Exercice 8-3

Trouver une solution de l'équation différentielle :

$t.y''-2y'+t.y=0$

qui soit nulle avant l'instant t = 0

Solution

Nous cherchons une solution qui soit nulle avant l'instant t = 0. Nous sommes dans les conditions idéales pour utiliser la transformée de Laplace.

Sachant qu'une multiplication par -t d'une fonction correspond à une dérivation de sa transformée de Laplace, on obtient :

$-({\mathcal {L}}.y'')'(p)-2{\mathcal {L}}.y'(p)-({\mathcal {L}}.y)'(p)=0$

dériver une fonction revient à multiplier par p sa transformée de Laplace, on peut donc écrire :

$-(p^{2}{\mathcal {L}}.y(p))'-2p{\mathcal {L}}.y(p)-({\mathcal {L}}.y)'(p)=0$

soit, en développant :

$-2p.{\mathcal {L}}.y(p)-p^{2}.({\mathcal {L}}.y)'(p)-2p.{\mathcal {L}}.y(p)-({\mathcal {L}}.y)'(p)=0$

qui s'écrit :

$(p^{2}+1)({\mathcal {L}}.y)'(p)=-4p.{\mathcal {L}}.y(p)$

et qui peut ainsi se mettre sous la forme :

${\frac {({\mathcal {L}}.y)'(p)}{{\mathcal {L}}.y(p)}}={\frac {-4p}{p^{2}+1}}$

Prenons la primitive des deux membres, on obtient :

$\ln {{\mathcal {L}}.y(p)}=-2\ln {(p^{2}+1)}$

qui s'écrit :

$\ln {{\mathcal {L}}.y(p)}=\ln {\frac {1}{(p^{2}+1)^{2}}}$

En simplifiant par les logarithmes, on obtient :

${\mathcal {L}}.y(p)={\frac {1}{(p^{2}+1)^{2}}}$

En cherchant dans une table des transformées inverses de Laplace usuelles suffisamment complète, on trouve :

$y(t)={\frac {1}{2}}H(t)(\sin t-t\cos t)$

Remarque On peut remarquer que la fonction f, obtenu en supprimant la fonction de Heaviside en facteur, à savoir défini par : $f(t)={\frac {1}{2}}(\sin t-t\cos t)$ est aussi une solution particulière de l'équation. La transformée de Laplace qui n'opère que sur les fonctions nulles sur ]-∞ ; 0[ nous permet indirectement d'obtenir une solution non nulle sur ]-∞ ; 0[. L'explication n'est pas liée à la transformée de Laplace, mais au fait que nous travaillons avec des fonctions analytiques. L'équation différentielle a ses coefficients analytiques et la transformée de Laplace nous donne la solution H.f qui est analytique sur ]0;+∞[. Or sur ]0:+∞[, nous avons H.f = f. Il est donc logique que le prolongement analytique à ]-∞ ; +∞[, qui est f, soit aussi une solution de l'équation différentielle.

 

Exercice 8-4

Trouver une fonction f vérifiant :

$\int _{0}^{t}\cos(t-x).f(x)\,\mathrm {d} x=1-\cos t$

Solution

L'intégrale du premier membre peut s'écrire :

$\int _{-\infty }^{\infty }H(t-x)\cos(t-x).H(x)f(x)\,\mathrm {d} x=1-\cos t$

Où l’on reconnaît un produit de convolution :

$H(t)\cos(t)\star H(t)f(t)=1-\cos t$

Nous reconnaissons une équation de convolution.

En prenant les transformées de Laplace des deux membres, on obtient :

${\frac {p}{p^{2}+1}}\times {\mathcal {L}}.f(p)={\frac {1}{p}}-{\frac {p}{p^{2}+1}}$

qui s'écrit :

${\frac {p}{p^{2}+1}}\times {\mathcal {L}}.f(p)={\frac {1}{p(p^{2}+1)}}$

Multiplions les deux membres par p² + 1

$p\times {\mathcal {L}}.f(p)={\frac {1}{p}}$

Soit :

${\mathcal {L}}.f(p)={\frac {1}{p^{2}}}$

Qui nous donne :

$f(t)=t$

t étant une variable muette, on a aussi :

$f(x)=x$

On vérifie alors, en faisant une intégration par partie, que l’on a bien :

$\int _{0}^{t}\cos(t-x).f(x)\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{t}x.\cos(t-x)\,\mathrm {d} x=1-\cos t$

 

Exercice 8-5

Soit f, g et h, trois fonctions définies par :

$f(t)=H(t)e^{\lambda t}\qquad \lambda \geqslant 0$

$g(t)=H(t).t.e^{\lambda t}\qquad \lambda \geqslant 0$

$h(t)=H(t).{\frac {t^{2}}{2}}e^{\lambda t}\qquad \lambda \geqslant 0$

Soit T, la distribution définie par :

$T=\delta '-\lambda \delta$

a) Sans utiliser la transformée de Laplace, montrez que l'inverse de convolution de f est la fonction T :

b) De façon similaire à la question précédente, montrer que l'inverse de convolution de g est la fonction T ⋆ T :

c) De façon similaire à la question précédente, montrer que l'inverse de convolution de h est la fonction T ⋆ T ⋆ T :

Solution

a) Dérivons la fonction f :

$f'(t)=\delta (t)e^{\lambda t}+\lambda H(t)e^{\lambda t}=\delta (t)e^{\lambda \times 0}+\lambda f(t)=\delta (t)+\lambda f(t)$

On en déduit :

$f'(t)-\lambda f(t)=\delta (t)$

Qui peut s'écrire :

$(\delta '-\lambda \delta )\star f=\delta$

où l'on voit que l'inverse de convolution de f est la fonction T.

b) Dérivons la fonction g :

$g'(t)=\delta (t).t.e^{\lambda t}+H(t).e^{\lambda t}+\lambda H(t).t.e^{\lambda t}=\delta (t)\times 0\times e^{\lambda \times 0}+H(t).e^{\lambda t}+\lambda H(t).t.e^{\lambda t}=H(t).e^{\lambda t}+\lambda H(t).t.e^{\lambda t}$

Et nous voyons que la distribution de Dirac δ a disparu. Pour remédier au problème, nous allons calculer la dérivée seconde. On trouve, tout calcul fait :

$g''(t)=\delta (t)+2\lambda H(t).e^{\lambda t}+\lambda ^{2}H(t).t.e^{\lambda t}$

En éliminant le terme en H(t).e^λt entre l'expression de g"(t) et l'expression de g'(t), nous obtenons ;

$g''(t)-2\lambda g'(t)+\lambda ^{2}g(t)=\delta (t)$

Ou l'on voit que :

$(\delta ''-2\lambda \delta '+\lambda ^{2}\delta )\star g=\delta$

qui s'écrit aussi :

$(\delta '-\lambda \delta )\star (\delta '-\lambda \delta )\star g=\delta$

où l'on voit que l'inverse de convolution de g est la fonction T ⋆ T.

c) L'expérience acquise sur les questions précédentes nous amène à penser qu'ici, il va falloir dérivée h jusqu'à la dérivée troisième.

On trouve tout calcul fait :

$\left\{{\begin{matrix}h(t)=H(t).{\frac {t^{2}}{2}}e^{\lambda t}\\h'(t)=H(t).t.e^{\lambda t}+\lambda .H(t).{\frac {t^{2}}{2}}e^{\lambda t}\\h''(t)=H(t).e^{\lambda t}+2\lambda .H(t).t.e^{\lambda t}+\lambda ^{2}.H(t).{\frac {t^{2}}{2}}e^{\lambda t}\\h'''(t)=\delta (t)+3\lambda .H(t).e^{\lambda t}+3\lambda ^{2}.H(t).t.e^{\lambda t}+\lambda ^{3}.H(t).{\frac {t^{2}}{2}}e^{\lambda t}\end{matrix}}\right.$

En éliminant les termes en :

$\left\{H(t).{\frac {t^{2}}{2}}e^{\lambda t},\,H(t).t.e^{\lambda t},\,H(t).e^{\lambda t}\right\}$

entre les quatre relations précédentes, il nous reste :

$h'''(t)-3\lambda h''(t)+3\lambda ^{2}h'(t)-\lambda ^{3}h(t)=\delta (t)$

où l'on voit que :

$\left(\delta '''-3\lambda \delta ''+3\lambda ^{2}\delta '-\lambda ^{3}\delta \right)\star h=\delta$

qui s'écrit aussi :

$(\delta '-\lambda \delta )\star (\delta '-\lambda \delta )\star (\delta '-\lambda \delta )\star h=\delta$

où l'on voit que l'inverse de convolution de h est la distribution T ⋆ T ⋆ T.

 

Exercice 8-6

Trouver une fonction u à support positif vérifiant :

$H(t).\int _{0}^{t}{\frac {(t-x)^{2}}{2}}.e^{t-x}.u(x)\,\mathrm {d} x=H(t).\sin ^{3}t$

(On pourra utiliser l'exercice précédent)

Solution

La relation s'écrit avec les notations de l'exercice précédent :

$h(t)\star H(t).u(t)=H(t).\sin ^{3}t$

Mais nous avons vu que l'inverse de convolution de h est la distribution T ⋆ T ⋆ T. Par conséquent, on a :

$H(t).u(t)=(\delta '-\lambda \delta )\star (\delta '-\lambda \delta )\star (\delta '-\lambda \delta )\star H(t).\sin ^{3}t$

Nous obtenons finalement :

$u(t)=8\sin ^{3}t-12\sin ^{2}\cos t-18\sin t\cos ^{2}t+6\cos ^{3}t$