Théorie physique des distributions/Exercices/Équations différentielles

Exercice 5-1

Montrer que la distribution de Dirac est une solution de l'équation différentielle :

$(e^{t}-1)y''+2y'-y=0$

Solution

Vérifions qu'en remplaçant y par la distribution de Dirac dans le premier membre, on obtient bien une distribution nulle.

${\begin{aligned}\forall \varphi \in {\mathcal {D}}\quad <(e^{t}-1)\delta ''+2\delta '-\delta ,\varphi >\,&=\,<\delta '',(e^{t}-1)\varphi >+2<\delta ',\varphi >-<\delta ,\varphi >\\&=\,-<\delta ',[(e^{t}-1)\varphi ]'>-2<\delta ,\varphi '>-\varphi (0)\\&=\,-<\delta ',e^{t}\varphi +(e^{t}-1)\varphi '>-2\varphi '(0)-\varphi (0)\\&=\,-<\delta ',e^{t}\varphi >-<\delta ',(e^{t}-1)\varphi '>-2\varphi '(0)-\varphi (0)\\&=\,<\delta ,[e^{t}\varphi ]'>+<\delta ,[(e^{t}-1)\varphi ']'>-2\varphi '(0)-\varphi (0)\\&=\,<\delta ,e^{t}\varphi +e^{t}\varphi '>+<\delta ,e^{t}\varphi '+(e^{t}-1)\varphi ''>-2\varphi '(0)-\varphi (0)\\&=\,<\delta ,e^{t}\varphi >+<\delta ,e^{t}\varphi '>+<\delta ,e^{t}\varphi '>+<\delta ,(e^{t}-1)\varphi ''>-2\varphi '(0)-\varphi (0)\\&=\,e^{0}\varphi (0)+e^{0}\varphi '(0)+e^{0}\varphi '(0)+(e^{0}-1)\varphi ''(0)-2\varphi '(0)-\varphi (0)\\&=\,\varphi (0)+\varphi '(0)+\varphi '(0)+0-2\varphi '(0)-\varphi (0)\\&=\,0\end{aligned}}$

 

Exercice 5-2

Résoudre, dans l’ensemble des distributions, l'équation :

$T'+T=T_{H}$

T_H étant la distribution régulière associée à la fonction de Heaviside.

Solution

On obtient la solution générale d'une équation différentielle en ajoutant une solution particulière à la solution générale sans second membre.

Compte tenu de la forme du second membre, nous chercherons une solution particulière sous la forme T_H.f :

${\begin{aligned}\forall \varphi \in {\mathcal {D}}\quad <T_{H.f}',\varphi >\,&=-<T_{H.f},\varphi '>\\&=-\int _{-\infty }^{\infty }\varphi '(x)H.f(x)\,\mathrm {d} x=-\int _{-\infty }^{\infty }\varphi '(x).H(x).f(x)\,\mathrm {d} x=-\int _{0}^{\infty }\varphi '(x)f(x)\,\mathrm {d} x\\&=-[\varphi (x)f(x)]_{0}^{\infty }+\int _{0}^{\infty }\varphi (x)f'(x)\,\mathrm {d} x=0+\varphi (0)f(0)+\int _{-\infty }^{\infty }\varphi (x)H(x).f'(x)\,\mathrm {d} x\\&=\varphi (0)f(0)+\int _{-\infty }^{\infty }\varphi (x)H.f'(x)\,\mathrm {d} x\\&=f(0)<\delta ,\varphi >+<T_{H.f'},\varphi >\\&=<f(0)\delta +T_{H.f'},\varphi >\end{aligned}}$

On a donc :

$T_{H.f}'=f(0)\delta +T_{H.f'}$

En remplaçant dans :

$T'+T=T_{H}$

On obtient :

$f(0)\delta +T_{H.f'}+T_{H.f}=T_{H}$

Ce qui équivaut à :

$\left\{{\begin{matrix}f(0)=0\\f'(t)+f(t)=1\end{matrix}}\right.$

On se retrouve à résoudre l'équation :

$f'(t)+f(t)=1$

On trouve :

$f(t)=C.e^{-t}+1$

On doit déterminer C tel que f(0) = 0. On trouve C = -1. Une solution particulière de :

$T'+T=T_{H}$

est donc :

$T_{Hf}(t)=H(t)(1-e^{-t})$

La solution de l'équation sans second membre :

$T'+T=0$

sous forme fonctionnelle, est :

$f(t)=C.e^{-t}$

En ajoutant la solution particulière à la solution sans second membre, on voit que la solution de l'équation :

$T'+T=T_{H}$

est défini par :

$T(t)=C.e^{-t}+H(t)(1-e^{-t})$

 

Exercice 5-3

a - Résoudre, dans l’ensemble des distributions, l'équation :

$T'-aT=0$

b - En déduire les solutions de l'équation :

$T''-a^{2}T=0$

Aide

a - Pour la première équation, on posera :

$S=fT\quad \mathrm {avec} \quad f(x)=e^{-ax}$

et on utilisera l'exercice 3-3.

b - Pour la deuxième équation, on exprimera le premier membre comme produit de convolution de trois distributions.

Solution

a - Si T était une fonction y, la solution de l'équation y' - ay = 0 serait y = C.e^at. En remarquant que e^-aty = C, nous sommes amené à poser intuitivement S = e^-at.T et nous voyons que :

$S'=-a.e^{-at}T+e^{-at}T'=e^{-at}(-aT+T')=0$

Ce qui montre (exercice 3-3) que S est une distribution régulière associée à une fonction constante.

De S = e^-at.T, on tire T = e^at.S. On en déduit que T est une distribution régulière associée à une fonction du type t ↦ C.e^at.

L'équation T' - aT = 0 n'admet donc pas d'autres solutions que les distributions régulières associées à une fonction du type t ↦ C.e^at.

b - En ce qui concerne la deuxième équation, nous avons :

$T''-a^{2}T=\delta '\star \delta '\star T-a^{2}\delta \star \delta \star T=(\delta '\star \delta '-a\delta \star a\delta )\star T=(\delta '-a\delta )\star (\delta '+a\delta )\star T$

La seconde équation à résoudre s'écrit donc :

$(\delta '-a\delta )\star (\delta '+a\delta )\star T=0$

En remarquant que la première équation pouvait s"écrire :

$(\delta '-a\delta )\star T=0$

Et avait pour solution T = C.e^at, nous en déduisons par identification que :

$(\delta '+a\delta )\star T=C.e^{at}$

Ce qui nous ramène à résoudre l'équation :

$T'+aT=C.e^{at}$

On vérifie que cette dernière équation a pour solution particulière :

$T_{0}={\frac {C}{2a}}.e^{at}$

En résolvant l'équation sans second membre de façon similaire à la première équation, on trouve :

$T=K.e^{-at}$

En ajoutant la solution de l'équation sans second membre avec la solution particulière de l'équation avec second membre, on trouve :

$T=K.e^{-at}+{\frac {C}{2a}}.e^{at}$

En posant A = K et B = C/2a, on voit que la solution de l'équation :

$T''-a^{2}T=0$

s'écrit :

$T=A.e^{-at}+B.e^{at}$

 

Exercice 5-4

Soit a, un nombre réel positif.

On se propose de résoudre l'équation :

$T''-a^{2}T=\delta$

a - Montrer que cette équation admet pour solution particulière une fonction nulle pour x < 0.

b - En déduire la forme générale des distributions, solutions de l'équation à résoudre.

c - Existe-t-il une solution particulière de l'équation à résoudre qui soit sommable de -∞ à +∞.

Solution

a - Comme nous recherchons une solution particulière nulle pour x < 0, nous pouvons rechercher la solution sous la forme T_H.f, H étant la fonction de Heaviside et f une fonction à déterminer. On a :

${\begin{aligned}\forall \varphi \in {\mathcal {D}}\quad <T_{H.f}'',\varphi >\,&=-<T_{H.f}',\varphi '>\,=\,<T_{H.f},\varphi ''>\\&=\int _{-\infty }^{\infty }\varphi ''(x)H.f(x)\,\mathrm {d} x=\int _{-\infty }^{\infty }\varphi ''(x).H(x).f(x)\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{\infty }\varphi ''(x)f(x)\,\mathrm {d} x\\&=[\varphi '(x)f(x)]_{0}^{\infty }-\int _{0}^{\infty }\varphi '(x)f'(x)\,\mathrm {d} x=0-\varphi '(0)f(0)-[\varphi (x)f'(x)]_{0}^{\infty }+\int _{0}^{\infty }\varphi (x)f''(x)\,\mathrm {d} x\\&=-f(0)<\delta ,\varphi '>+\varphi (0)f'(0)+\int _{-\infty }^{\infty }\varphi (x)H.f''(x)\,\mathrm {d} x\\&=f(0)<\delta ',\varphi >+f'(0)<\delta ,\varphi >+<T_{H.f''},\varphi >\\&=<f(0)\delta '+f'(0)\delta +T_{H.f''},\varphi >\end{aligned}}$

On a donc :

$T_{H.f}''=f(0)\delta '+f'(0)\delta +T_{H.f''}$

En remplaçant dans :

$T''-a^{2}T=\delta$

On obtient :

$f(0)\delta '+f'(0)\delta +T_{H.f''}-a^{2}T_{H.f}=\delta$

Ce qui équivaut à :

$\left\{{\begin{matrix}f(0)=0\\f'(0)=1\\f''(t)-a^{2}f(t)=0\end{matrix}}\right.$

D'après l'exercice 5-3, l'équation :

$f''(t)-a^{2}f(t)=0$

a pour racine :

$f(t)=A.e^{-at}+B.e^{at}$

Calculons A et B pour que les conditions f(0) = 0 et f'(0) = 1 soit remplis.

$f'(t)=-a.A.e^{-at}+a.B.e^{at}$

Par conséquent :

$\left\{{\begin{matrix}f(0)=0\\f'(0)=1\end{matrix}}\right.$

est équivalent à :

$\left\{{\begin{matrix}A+B=0\\-a.A+a.B=1\end{matrix}}\right.$

On trouve :

$\left\{{\begin{matrix}A=-{\frac {1}{2a}}\\B={\frac {1}{2a}}\end{matrix}}\right.$

La solution recherchée est donc :

$f(t)=-{\frac {1}{2a}}e^{-at}+{\frac {1}{2a}}e^{at}={\frac {1}{a}}{\frac {e^{at}-e^{-at}}{2}}={\frac {1}{a}}sh(at)$

La solution particulière nulle pour x < 0 est donc :

$T={\frac {1}{a}}H(t).sh(at)$

b - Pour obtenir la solution générale d'une équation linéaire avec second membre, il suffit d'ajouter, à la solution générale de l'équation sans second membre, une solution particulière de l'équation avec second membre.

Nous avons vu, à l'exercice 5-3 que la solution de l'équation sans second membre était :

$T=A.e^{-at}+B.e^{at}$

Nous venons de voir qu'une solution particulière avec second membre est :

$T={\frac {1}{a}}H(t).sh(at)$

nous en déduisons que la solution générale de l'équation :

$T''-a^{2}T=\delta$

est :

$T=A.e^{-at}+B.e^{at}+{\frac {1}{a}}H(t).sh(at)$

c - Une condition nécessaire pour qu'une solution soit sommable est que :

$\lim _{t\to \pm \infty }A.e^{-at}+B.e^{at}+{\frac {1}{a}}H(t).sh(at)=0\Leftrightarrow \lim _{t\to \pm \infty }A.e^{-at}+B.e^{at}-{\frac {1}{2a}}H(t)e^{-at}+{\frac {1}{2a}}H(t)e^{at}=0$

Coté +∞, on a :

$\lim _{t\to +\infty }A.e^{-at}+B.e^{at}-{\frac {1}{2a}}H(t)e^{-at}+H(t){\frac {1}{2a}}e^{at}=0\Leftrightarrow \lim _{t\to +\infty }B.e^{at}+{\frac {1}{2a}}e^{at}=0\Leftrightarrow \lim _{t\to +\infty }\left(B+{\frac {1}{2a}}\right)e^{at}=0\Leftrightarrow B=-{\frac {1}{2a}}$

Coté -∞, on a :

$\lim _{t\to -\infty }A.e^{-at}+B.e^{at}-H(t){\frac {1}{2a}}e^{-at}+H(t){\frac {1}{2a}}e^{at}=0\Leftrightarrow \lim _{t\to -\infty }A.e^{-at}=0\Leftrightarrow A=0$

La solution sommable répondant éventuellement à la question est donc :

$f(t)=A.e^{-at}+B.e^{at}-{\frac {1}{2a}}H(t)e^{-at}+{\frac {1}{2a}}H(t)e^{at}=-{\frac {1}{2a}}e^{at}-{\frac {1}{2a}}H(t)e^{-at}+{\frac {1}{2a}}H(t)e^{at}=-H(-t){\frac {1}{2a}}e^{at}-{\frac {1}{2a}}H(t)e^{-at}=-{\frac {1}{2a}}e^{-a|t|}$

Nous avons raisonné par condition nécessaire. Il nous reste à vérifier que cette solution est suffisante en calculant effectivement l'intégrale :

$\int _{-\infty }^{\infty }-{\frac {1}{2a}}e^{-a|t|}\,\mathrm {d} x=2\int _{0}^{\infty }-{\frac {1}{2a}}e^{-at}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{a}}\int _{0}^{\infty }-e^{-at}\,\mathrm {d} x={\frac {1}{a}}\left[{\frac {1}{a}}e^{-at}\right]_{0}^{\infty }={\frac {1}{a}}[0-{\frac {1}{a}}]=-{\frac {1}{a^{2}}}$

La solution sommable recherchée est bien :

$f(t)=-{\frac {1}{2a}}e^{-a|t|}$

Cet exercice est intéressant car il expose, en fait, comment on va procéder pour résoudre une équation différentielle en utilisant les distributions. Nous voyons que nous avons réussi à trouver des solutions classiquement non dérivables à une équation contenant des dérivées premières et secondes. Il s'agit, par exemple, d'un circuit électrique où l’on va appliquer un signal à un instant que l’on choisit pour origine des temps. On peut donc supposer logiquement que l'équation différentielle admet toujours une solution particulière nulle pour x < 0. Cette solution particulière sera donc recherchée sous la forme H.f, H étant la fonction de Heaviside. On résout ensuite l'équation sans second membre et l’on y ajoute la solution particulière que l’on a trouvée.

 

Exercice 5-5

À l'instant t = 0, on ferme l'interrupteur dans le circuit suivant :

(avant de fermer l'interrupteur, le condensateur était déchargé)

Après avoir établi l'équation différentielle régissant le circuit, en déduire l'évolution de la tension V_c en fonction du temps.

Solution

Notons $E(t)$ la tension délivrée par le générateur au cours du temps, ainsi que $i(t)$ l'intensité.

Par la loi des mailles, nous avons: $E(t)=R\cdot i(t)+V_{C}(t)$ .

Or, $i(t)=C{\frac {dV_{C}}{dt}}$.

De plus, nous pouvons représenter notre fonction $E(t)$ avec la fonction de Heaviside, notée $H$ , de telle manière que la tension délivrée soit nulle pour $t<0$ , et soit égale à $V_{0}$ lorsque $t\geq 0$ :

$E(t)=V_{0}\cdot H$

Nous obtenons cette équation différentielle: ${\frac {dV_{C}}{dt}}+{\frac {1}{RC}}V_{C}={\frac {V_{0}}{RC}}H$

La résolution de l'équation homogène associée donne cette solution: $V_{C,h}=\lambda e^{-{\frac {t}{RC}}}$ où $\lambda$ est une constante que l'on calculera plus tard.

Cherchons à présent une solution particulière sous la forme $V_{C,p}=T(t)e^{-{\frac {t}{RC}}}$ où $T\in {\mathcal {D}}'$

On a alors: ${\frac {dV_{C,p}}{dt}}=T'(t)e^{-{\frac {t}{RC}}}-{\frac {T(t)}{RC}}e^{-{\frac {t}{RC}}}$

Donc: $T'(t)e^{-{\frac {t}{RC}}}={\frac {V_{0}}{RC}}H$ d'où: $T'(t)={\frac {V_{0}}{RC}}He^{\frac {t}{RC}}$

Soit $\varphi \in {\mathcal {D}}$:

${\begin{aligned}<T',\varphi >={\frac {V_{0}}{RC}}\int _{0}^{+\infty }e^{\frac {t}{RC}}\varphi (t)\mathrm {d} t=-V_{0}\varphi (0)-V_{0}\int _{0}^{+\infty }e^{\frac {t}{RC}}\varphi '(t)\mathrm {d} t\\=V_{0}\int _{0}^{+\infty }\varphi '(t)\mathrm {d} t-V_{0}\int _{0}^{+\infty }e^{\frac {t}{RC}}\varphi '(t)\mathrm {d} t\\=-V_{0}\int _{0}^{+\infty }H(t)\left(-1+e^{\frac {t}{RC}}\right)\varphi '(t)\mathrm {d} t=-<T,\varphi '>\end{aligned}}$

On a alors: $T(t)=V_{0}H(t)\left(-1+e^{\frac {t}{RC}}\right)$

donnant alors: $V_{C,p}(t)=V_{0}H(t)\left(1-e^{-{\frac {t}{RC}}}\right)$

Finalement: $V_{C}(t)=\lambda e^{-{\frac {t}{RC}}}+V_{0}H(t)\left(1-e^{-{\frac {t}{RC}}}\right)$

La condition initiale $V_{C}(0)=0$ impose alors: $\lambda =0$.

On obtient finalement: $V_{C}(t)=V_{0}H(t)\left(1-e^{-{\frac {t}{RC}}}\right)$

 

Exercice 5-6

soit l'équation différentielle :

$ay''+by'+cy=0$

Supposons que cette équation admette la solution :

$y=f(t)$

Quelles relations doit vérifier la fonction f pour que l'équation admette aussi la solution :

$y=H(t).f(t)$

(H étant la distribution de Heaviside)

Solution

Si f est une solution de l'équation différentielle, on a :

$af''(t)+bf'(t)+cf(t)=0$

Pour que H.f soit aussi une solution de l'équation différentielle, on devra avoir :

$\forall \varphi \in {\mathcal {D}}\quad <a(H.f)''+b(H.f)'+cH.f,\varphi >\,=0$

Mais :

${\begin{aligned}<a(H.f)''+b(H.f)'+cH.f,\varphi >\,=0&\Leftrightarrow \,<a(\delta '.f+2\delta .f'+H.f)+b(\delta .f+H.f')+cH.f,\varphi >\,=0\\&\Leftrightarrow \,<a\delta '.f+2a\delta .f'+aH.f+b\delta .f+bH.f'+cH.f,\varphi >\,=0\\&\Leftrightarrow \,<a\delta '.f+2a\delta .f'+b\delta .f+H.(af+bf'+cf),\varphi >\,=0\\&\Leftrightarrow \,<a\delta '.f+2a\delta .f'+b\delta .f,\varphi >\,=0\\&\Leftrightarrow \,a<\delta '.f,\varphi >+2a<\delta .f',\varphi >+b<\delta .f,\varphi >\,=0\\&\Leftrightarrow \,a<\delta ',f.\varphi >+2a<\delta ,f'.\varphi >+b<\delta ,f.\varphi >\,=0\\&\Leftrightarrow \,-a<\delta ,f'.\varphi +f.\varphi '>+2af'(0).\varphi (0)+bf(0)\varphi (0)\,=0\\&\Leftrightarrow \,-af'(0).\varphi (0)+af(0).\varphi '(0)+2af'(0).\varphi (0)+bf(0)\varphi (0)\,=0\\&\Leftrightarrow \,af(0).\varphi '(0)+af'(0).\varphi (0)+bf(0)\varphi (0)\,=0\\\end{aligned}}$

Si l'on veut que cette relation soit vraie pour toutes fonctions φ, la fonction f devra vérifier :

$f(0)=0$

$f'(0)=0$