corrigé

(1)

PC∗

Corrigé : transformation de Laplace (Centrale PSI 2012)

I

Préliminaires, définition de la transformation L

I. A – La convergence absolue d’une intégrale entraîne la convergence simple, donc E ⊂ E0.

I. B – Soitx ∈ E, et y > x. Puisque λ est à valeurs positives, |f (t)| e−λ(t)y =

t→+∞O(|f (t)| e

−λ(t)x_{), ce qui montre que y ∈ E.} Nous avons donc montré que x ∈ E =⇒ [x, +∞[ ⊂ E. En posant a = inf E (avec la convention a = −∞ si E n’est pas minoré), ceci montre que E = ]a, +∞[ ou E = [a, +∞[.

I. C – Notonsg : (t, x) 7→ f (t) e−λ(t)xet appliquons le théorème de continuité des intégrales à paramètre sur l’intervalle [x0, +∞[, avec x0∈E :

– pour tout x > x0, la fonction t 7→ g(t, x) est continue par morceaux et intégrable sur [0, +∞[ ; – pour tout t ∈ [0, +∞[, la fonction x 7→ g(t, x) est continue sur [x0, +∞[ ;

– pour tout x > x0, |f (t)| e−λ(t)x6 |_{f (t)| e}−λ(t)x0_{= φ(t).}

La fonction φ est continue par morceaux et intégrable puisque x0∈E, donc le théorème s’applique : Lf est continue sur [x0, +∞[, puis par recouvrement sur E tout entier.

II

Exemples dans le cas de f positive

II. A – Lorsquef est à valeurs positives, |f (t)| = f (t) donc convergence simple et absolues coïncident, et E = E0.

II. B – Dans les trois cas, on détermine E0puisque E = E0.

II. B. 1) Nous avons ZT 0 λ0(t) e−λ(t)xdt =        1 x eλ(0)x−_e−λ(T)x _{si x , 0} λ(T) − λ(0) si x = 0 λest croissante et non majorée donc lim

+∞λ(T) = +∞. Ainsi, l’intégrale ci-dessus possède une limite finie lorsque T tend vers +∞ si et seulement si x > 0. D’où E = ]0, +∞[.

II. B. 2) Nous avons f (t) e−λ(t)x= eλ(t)(t−x)donc pour t > x nous avons f (t) e−λ(t)x>_{1. Mais t 7→ 1 n’est pas intégrable sur} [0, +∞[ donc x < E. Ainsi, E = .

II. B. 3) Soit x ∈ R. Nous avons cette fois 0 6 f (t) e−λ(t)x=e

−λ(t)(x+t) 1 + t2 6 1 1 + t2 pour t > −x. Or t 7→ 1 1 + t2 est intégrable sur [0, +∞[ donc x ∈ E et ainsi E = R.

II. C – II. C. 1) On a f (t) e−λ(t)x= e −_t2_x 1 + t2 donc si x > 0, f (t) e −λ(t)x₆ 1 1 + t2 et si x < 0 alors 1 = O f (t) e−λ(t)xdonc E = [0, +∞[. Lf (0) = Z+∞ 0 dt 1 + t2 = arctan(t) t→+∞ 0 = π 2. II. C. 2) Notons h : (t, x) 7→ e −_t2_x

1 + t2 et appliquons le théorème de dérivation des intégrales à paramètre sur l’intervalle [x0, +∞[, avec x0> 0 :

– pour tout x > x0, la fonction t 7→ h(t, x) est continue par morceaux et intégrable sur [0, +∞[ ; – pour tout t ∈ [0, +∞[, la fonction x 7→ h(t, x) est de classeC1sur [x0, +∞[, et

∂h ∂x(t, x) = −_t2 1 + t2e −_t2_x ; – pour tout x > x0, la fonction t 7→

∂h

∂x(t, x) est continue par morceaux, et

∂h ∂x(t, x) 6_e−t2x0_{= ψ(t).}

La fonction ψ est continue par morceaux et intégrable donc le théorème s’applique : Lf est de classeC1sur [x0, +∞[, puis

par recouvrement sur ]0, +∞[. II. C. 3) De plus, (Lf )0(x) = − Z+∞ 0 t2 1 + t2e −_t2_x dt donc (Lf )(x) − (Lf )0(x) = Z+∞ 0 e−t2xdt. Le changement de variable bijectif u = t

√ x donne Z +∞ 0 e−t2xdt =√A x avec A = Z+∞ 0 e−u2du.

(2)

II. C. 4) g est de classeC1sur ]0, +∞[ et g0(x) = e−x(Lf )0(x) − (LF)(x)= −Ae −_x √ x. La fonction x 7→ e−_x √

x est continue sur

]0, +∞[ et intégrable au voisinage de 0 donc d’après le théorème fondamental de l’intégration, la fonction x 7→ Zx

0 e−t

√

tdt

est définie et de classeC1sur [0, +∞[. g étant continue en 0 on en déduit que g(x) = g(0) − A Z x 0 e−t √ tdt, avec g(0) = π 2. II. C. 5) Le changement de variable bijectif t = u2donne g(x) =π

2−2A Z √ x 0 e−u2du donc lim x→+∞g(x) = π 2−2A 2_{, compte} tenu de l’expression initiale de A.

Par ailleurs, g(x) = e−x Z+∞ 0 e−t2x 1 + t2dt donc 0 6 g(x) 6 e −_xZ +∞ 0 dt 1 + t2 = π 2e −_x et lim +∞g(x) = 0. On en déduit que A 2₌π 4 puis que A = √ π 2 puisque A > 0.

III

Étude d’un premier exemple

III. A – et−_{1 ∼}

0 t donc lim0 f (t) = 0. f se prolonge par continuité en posant f (0) = 0.

III. B – f (t) ∼

+∞

t

2 donc f est positive au voisinage de +∞, et f (t) e −tx _∼ +∞ t 2e −xt_. Si x > 0 alors f (t) e−xt = +∞O

e−xt/2donc x ∈ E ; si x = 0, t 7→ t n’est pas intégrable donc 0 < E. Puisque E est un intervalle non majoré, E = ]0, +∞[.

III. C – Pour toutx > 0,

Z+∞ 0 e−xtdt =1 x, Z+∞ 0 t 2e −_xt dt = 1

2x2 (résultat obtenu par une double intégration par parties), et : Z+∞ 0 t e−xt et−₁dt = Z+∞ 0 t e−(x+1)t 1 − e−_t dt = Z+∞ 0 t e−(x+1)t X+∞ n=0 e−nt dt = Z +∞ 0 +∞ X n=1 fn(t) dt avec fn(t) = t e −_(x+n)t .

On applique le théorème d’interversion somme / intégrale :

– les fonctions fnsont continues par morceaux et intégrables sur [0, +∞[ ;

– la sérieXfnconverge simplement sur [0, +∞[, et sa somme y est continue par morceaux ;

– Z +∞

0

|_f_n_{(t)| dt =} 1

(x + n)2 (résultat obtenu par une double intégration par parties). La sérieX 1

(n + x)2 converge donc le théorème s’applique, et Z+∞ 0 t e−xt et−₁dt = +∞ X n=1 1 (n + x)2. On conclut par linéarité : (Lf )(x) = 1

2x2− 1 x+ +∞ X n=1 1 (n + x)2.

III. D – Notons maintenantfn(t) =

1

(n + x)2. Sur l’intervalle [0, +∞[ on a kfnk∞ = 1

n2 donc la série de fonctions X

fn

converge normalement donc uniformément sur [0, +∞[. Chacune des fonctions fnétant continue sur [0, +∞[ il en est de

même de leur somme, et ainsi : lim 0 (Lf )(x) − 1 2x2 + 1 x = +∞ X n=1 1 n2 = π2 6 .

IV

Généralités dans le cas typique

IV. A – Soitx0> α = inf E. Notons h : (t, x) 7→ f (t) e −_xt

et appliquons le théorème de dérivation des intégrales à paramètre sur l’intervalle [x0, +∞[ :

– pour tout x > x0, la fonction t 7→ h(t, x) est continue par morceaux et intégrable sur [0, +∞[ ; – pour tout t ∈ [0, +∞[, la fonction x 7→ h(t, x) est de classeC∞sur [x0, +∞[, et

∂nh

∂xn(t, x) = (−t)

n_{f (t) e}−tx_;

– pour tout x > x0, la fonction t 7→

∂nh

∂xn(t, x) est continue par morceaux, et

∂nh ∂xn(t, x) 6_tn|_{f (t)| e}−x0t_{= φ} n(t).

(3)

Puisque x0 > α, on peut choisir x1∈E tel que x0> x1. On a alors tne −_x₀_t = +∞o(e −_x₁_t ) donc φn(t) =_+∞O |_{f (t)| e}−x1t_{. Ceci}

prouve, puisque x1∈E, que la fonction φnest intégrable sur [0, +∞[.

On en déduit que la fonction Lf est de classeC∞ sur [x0, +∞[ puis par recouvrement sur ]α, +∞[, et que (Lf )(n)(x) = (−1)n

Z+∞ 0

tnf (t) e−xtdt.

IV. B – t 7→ f (t) e−xt= tne−(x+a)test intégrable sur [0, +∞[ si et seulement si x + a > 0 ; étant à valeurs positives on en déduit que E = E0= ]−a, +∞[.

Pour tout x > −a, le changement de variable bijectif u = (x + a)t donne :

(Lf )(x) = Z+∞ 0 tne−(x+a)tdt = 1 (x + a)n+1 Z+∞ 0 une−udu = n! (x + a)n+1 (résultat classique)

IV. C – Comportement en l’infini

IV. C. 1) Par hypothèse il existe une fonction g bornée au voisinage de 0 telle que f (t) −

n X k=0 ak k!t k_{= t}n+1_{g(t). En intégrant} on obtient : Zβ 0 f (t) − n X k=0 ak k!t k ! e−xtdt = Z β 0 tn+1g(t) e−xtdt.

La fonction g est bornée au voisinage de 0 donc il existe c > 0 telle que g est bornée sur [0, c]. Mais g est continue sur [c, β] donc aussi bornée sur cet intervalle. Elle est donc bornée sur [0, β], et

Zβ 0 tn+1g(t) e−xtdt 6 k_gk_∞_,[0,β] Zβ 0 tn+1e−xtdt 6 kgk∞,[0,β] Z +∞ 0 tn+1e−xtdt = kgk∞,[0,β] (n + 1)! xn+2 .

Ceci prouve que Z β 0 f (t) − n X k=0 ak k!t k ! e−xtdt = x→+∞O ₁ xn+2 .

IV. C. 2) Pour tout x ∈ E ∩ ]0, +∞[ les fonctions t 7→ f (t) e−xtet t 7→ tne−xtsont intégrables sur [0, +∞[ et en intégrant on obtient (Lf )(x) − n X k=0 ak xk+1 = Z+∞ 0 g(t) e−xtdt = Z+∞ β g(t) e−xtdt + O ₁ xn+2

, g étant définie à la question précédente. Soit maintenant a ∈ E ∩ ]0, +∞[. Pour tout x > a on a :

Z+∞ β g(t) e−xtdt 6 Z+∞ β |_{g(t)| e}−at_e−(x−a)t_{dt 6 e}−(x−a)β Z+∞ β |_{g(t)| e}−at_dt ₌ x→+∞O e−βx. Puisque e−βx = +∞O ₁ xn+2 on en déduit que (Lf )(x) − n X k=0 ak xk+1 = O ₁ xn+2 . IV. D – Comportement en 0

IV. D. 1) f est bornée au voisinage de +∞ donc lorsque t tend vers +∞, f (t) e−xt= O(e−xt). Puisque t 7→ e−xtest intégrable pour tout x > 0 on en déduit que ]0, +∞[ ⊂ E.

IV. D. 2) Notons qu’une fonction continue de R+dans R et admettant une limite en +∞ est bornée ; on note kf k∞ la borne supérieure de |f | sur R+.

On a x(Lf )(x) = Z+∞ 0 xf (t) e−xtdt = Z+∞ 0 fu x

e−udu en posant u = xt. Considérons une suite (xn) de réels positifs

convergeant vers 0, et appliquons le théorème de convergence dominée à la suite de fonctions fn: u 7→ f

u

xn

e−u: – les fonctions fnsont continues par morceaux sur [0, +∞[ ;

– la suite de fonctions (fn) converge simplement sur [0, +∞[ vers u 7→ ` e

−u_{, elle-même continue par morceaux ;}

– Pour tout t > 0, |fn(u)| 6 kf k∞e

−_u

= φ(u).

φest continue par morceaux et intégrable sur [0, +∞[ donc le théorème s’applique : lim

n→+∞xn(Lf )(xn) =

Z+∞ 0

` e−udu = `. Par caractérisation séquentielle on peut conclure : lim

(4)

V

Étude d’un deuxième exemple

V. A – On sait que l’intégrale

Z+∞ 0

sin t

t dt converge sans être absolument convergente, donc 0 ∈ E

0

mais 0 < E.

V. B – La fonctionf est bornée sur R+donc |f (t)| e−xt6 k_{f k}∞e −_xt

. Pour tout x > 0 la fonction t 7→ e−xtest intégrable sur [0, +∞[, donc ]0, +∞[ ⊂ E.

Sachant que E est un intervalle non majoré et que 0 < E on en déduit E = ]0, +∞[.

V. C – D’après IV.A on a (Lf )0(x) = − Z+∞

0

sin t e−xtdt. Une double intégration par parties conduit à :

− Z+∞ 0 sin t e−xtdt = " cos t e−xt+x sin t e−xt #t→+∞ 0 + x2 Z +∞ 0 sin t e−xtdt

ce calcul étant justifié par l’existence des limites en +∞. Ainsi, (Lf )0(x) = −1 − x2(Lf )0(x), soit (Lf )0(x) = −1 1 + x2.

V. D – On en déduit l’existence d’une constante C tel que pour toutx > 0, (Lf )(x) = C − arctan x. f admet au voisinage de 0 le développement limité f (t) =

01 + O(t

2_{) donc d’après IV.C2, (Lf )(x) =} +∞ 1 x+ O ₁ x3 . Mais par ailleurs, (Lf )(x) = C −π

2 + arctan ₁ x = +∞C − π 2+ 1 x+ O ₁ x3 donc C =π 2 et f (x) = arctan ₁ x pour tout x > 0.

V. E – Le changement de variablet = nπ + u donne fn(x) = (−1)ne

−_nπxZπ 0 sin u nπ + ue −_ux du. On a 0 6 e−(n+1)πx6_e−nπx_{et pour tout u ∈ [0, π], 0 6} sin u

(n + 1)π + ue −_ux 6 sin u nπ + ue −_ux donc |fn+1(x)| 6 |fn(x)|. De plus, |fn(x)| 6 Zπ 0 du nπ + u = ln 1 +1 n donc lim n→+∞

|_f_n_{(x)| = 0. On peut donc appliquer le critère spécial relatif aux séries} alternées et affirmer que la sérieXfnconverge simplement sur [0, +∞[ et que

+∞ X k=n+1 fk(x) 6 |_f_n+1_{(x)| 6 ln} 1 + 1 n + 1 . Cette majoration est uniforme, donc la sérieXfnconverge uniformément sur [0, +∞[.

V. F – Le théorème de continuité des intégrales à paramètre montre sans difficulté que chacune de ces fonctions fnest

continue sur [0, +∞[. Il en résulte que la somme de la sérieXfnest continue sur R+. Or cette somme n’est autre que Lf ,

qui est donc continue sur [0, +∞[, et en particulier en 0. Ainsi, (Lf )(0) = lim

x→0+(Lf )(x) = lim_x→0+arctan ₁ x =π 2.

VI

Injectivité dans le cas typique

VI. A –

VI. A. 1) Par linéarité de l’intégrale on en déduit que pour tout polynôme P ∈ R[X], Z1

0

P(t)g(t) dt = 0. VI. A. 2) Soit (Pn) une suite de polynômes qui converge uniformément vers g sur [0, 1].

On a Z 1 0 g(t)2dt − Z1 0 Pn(t)g(t) dt 6 Z1 0 Pn(t) − g(t) · |g(t)| dt 6 kPn−gk∞ Z1 0 |_{g(t)| dt.} Puisque lim kPn−gk∞= 0 on en déduit que lim

Z 1 0 Pn(t)g(t) dt = Z 1 0 g(t)2dt. D’après la question précédente, on en déduit que

Z1 0

g(t)2dt = 0. Mais la fonction g2est continue et positive, donc nulle sur [0, 1].

(5)

VI. B. 1) (Lf )(x + a) = Z+∞ 0 f (t) e−xte−atdt = Z +∞ 0

h0(t) e−atdt d’après le théorème fondamental de l’analyse. On réalise une intégration par parties :

ZB 0 h0(t) e−atdt = h(t) e−at B 0+ a ZB 0 h(t) e−atdt = h(B) e−aB+a Z B 0 h(t) e−atdt.

Puisque x ∈ E la fonction h possède une limite finie en +∞. On en déduit que lim B→+∞h(B) e −_aB = 0, donc l’intégrale Z+∞ 0 h(t) e−atdt converge et (Lf )(x + a) = a Z+∞ 0 e−ath(t) dt.

VI. B. 2) Le changement de variable bijectif t = −ln u

a montre que les intégrales

Z1 0 unh −ln u a du et an Z+∞ 0 e−anth(t) dt

ont même nature, et sont égales en cas de convergence. Or la question précédente a montré que cette dernière intégrale converge et vaut (Lf )(x + na), supposée ici nulle, donc

Z 1 0 unh −ln u a du converge et vaut 0.

VI. B. 3) Définissons g : [0, 1] → R en posant g(u) = h

−ln u

a

si u ∈ ]0, 1] et en prolongeant par continuité en posant

g(1) = lim

+∞h(t) = Z+∞

0

e−xuf (u) dy.

Ainsi définie cette fonction est continue, et d’après la question VI.A, il s’agit de la fonction nulle. Il en est donc de même de la fonction h.

VI. B. 4) Attention, en l’état cette question est formulée de manière trop imprécise. Reformulons-la en considérant deux

applications continues f1et f2continues de R+dans R, dont les transformées de Laplace sont définies respectivement sur E1et E2, supposés non vides. On pose E = E1∩E2et on suppose Lf1= Lf2sur E. Posons f = f1−f2et considérons x ∈ E et

a > 0. On a Lf = Lf1−Lf2= 0 sur E donc l’hypothèse du VI.B.2 est vérifiée. D’après VI.B.3 la fonction h est nulle, soit : ∀_{t > 0,}

Zt

0

e−xuf (u) du = 0. h0est aussi la fonction nulle, donc pour tout t > 0, f (t) = 0, et f1= f2.

VII

Étude de la borne inférieure de E

VII. A – Cas positif

VII. A. 1) Supposons α < E. L’intégrale Z+∞

0

f (t) e−λ(t)xdt diverge, et puisque f est positive, lim

y→+∞

Zy 0

f (t) e−λ(t)xdt = +∞. Pour tout M ∈ R il existe donc B > 0 tel que

Z B 0

f (t) e−λ(t)xdt > 2M.

Puisque l’intervalle d’intégration est un segment, il est facile de montrer que la fonction x 7→ Z B

0

f (t) e−λ(t)xdt est continue sur [α, +∞[ (il suffit d’utiliser la fonction dominante φ(t) = f (t)e−λ(t)α_).

Ainsi, par continuité il existe η > 0 tel que pour tout x ∈]α, α + η], Z B

0

f (t) e−λ(t)xdt > B. Puisque f est positive, on a a fortiori Lf (x) =

Z+∞ 0

f (t) e−λ(t)xdt > B. Ceci montre que lim

x→α+Lf (x) = +∞, autrement dit que Lf n’est pas bornée, ce qui est contraire aux hypothèses. On en

déduit que α ∈ E.

VII. A. 2) Puisque f est à valeurs positives, on a x 6 y =⇒ ∀t > 0, f (t) e−λ(t)y 6_{f (t) e}−λ(t)x _{donc pour x 6 y dans E,} (Lf )(y) 6 (Lf )(x). Ainsi, la fonction Lf est décroissante sur E. Elle admet donc en α une limite, finie ou égale à +∞. Mais puisque α < E, la fonction Lf ne peut être bornée d’après la question précédente, et ainsi lim

x→α+Lf (x) = +∞. VII. B – On a ici (Lf )(x) = Z +∞ 0 cos t (1 + t)xdt quand x ∈ E 0 . VII. B. 1) Lorsque x > 1 on a cos t (1 + t)x 6 1 (1 + t)x et t 7→ 1

(1 + t)x est intégrable donc ]1, +∞[ ⊂ E.

Lorsque x = 1 on montre, à l’instar de l’intégrale de Dirichlet, que Z+∞

0 cos t

1 + tdt est convergente sans être absolument convergente, donc 1 < E et ainsi E = ]1, +∞[ car E est un intervalle.

(6)

VII. B. 2) Une intégration par parties donne : Z B 0 cos t (1 + t)xdt = sin B (1 + B)x+ x Z B 0 sin t (1 + t)x+1dt. On a sin t (1 + t)x+1 6 1

(1 + t)x+1 donc lorsque x > 0 on a lim_B→+∞

sin B (1 + B)x = 0 et l’intégrale Z+∞ 0 sin t (1 + t)x+1dt converge absolument donc l’intégrale Z+∞ 0 cos t (1 + t)xdt converge. Ainsi, ]0, +∞[ ⊂ E 0 .

Supposons maintenant x 6 0 et raisonnons par l’absurde en supposant la convergence de l’intégrale Z +∞

0

cos t (1 + t)xdt.

Dans ce cas, on a lim

n→+∞ Z 2nπ+π₂ 2nπ cos t (1 + t)xdt = 0. Mais Z2nπ+π₂ 2nπ cos t (1 + t)xdt = Z π₂ 0 cos t (1 + 2nπ + t)xdt > Z π₂ 0 cos t dt = 1 car 1 (1 + 2nπ + t)x >1 pour x 6 0.

Ceci est absurde donc l’intégrale Z +∞ 0 cos t (1 + t)xdt diverge et x < E 0 . Ainsi, E0= ]0, +∞[. VII. B. 3) On voudrait montrer que lim

x→1+(Lf )(x) = (Lf )(1) mais comme 1 < E il ne peut être question d’utiliser sous cette

forme le théorème de convergence dominée puisque (Lf )(1) est une intégrale semi-convergente. On transforme donc (Lf )(x) à l’aide d’une intégration par parties :

ZB 0 cos t (1 + t)xdt = " sin t (1 + t)x #B 0 + x Z B 0 sin t (1 + t)x+1dt

qui donne en passant à la limite (Lf )(x) = x Z+∞

0

sin t (1 + t)x+1dt.

Considérons maintenant une suite (xn) de réels de ]1, +∞[ qui converge vers 1, et notons fn(t) =

sin t (1 + t)xn+1.

Ces fonctions sont continues par morceaux sur [0, +∞[, la suite (fn) converge simplement sur [0, +∞[ vers t 7→

sin t (1 + t)2, elle-même continue par morceaux, et pour tout n ∈ N, |fn(t)| 6

1

(1 + t)2 = φ(t).

La fonction φ est continue par morceaux et intégrable sur [0, +∞[ donc le théorème de convergence dominée s’applique, et lim n→+∞ Z +∞ 0 sin t (1 + t)xn+1dt = Z+∞ 0 sin t (1 + t)2dt.

Par caractérisation séquentielle on end déduit que lim

x→1+(Lf )(x) =

Z+∞ 0

sin t