33

Voici quelques bonnes raisons (il y en a d’autres) d’utiliser la transformée de Laplace :

a) cela évite, lorsqu’on résout des équations différentielles avec membre de droite (« input »)

continu par morceaux, d’effectuer plusieurs intégrales et d’ajuster à chaque fois les constantes

d’intégration ;

b) d’un point de vue de l’analyse, la transformation de Laplace réalise une correspondance entre

espaces fonctionnels et d’un point de vue opérationnel, on passe d’une équation différentielle à

une équation algébrique ;

c) on peut introduire des fonctions « impulsions » pour lesquelles les techniques de coefficients

indéterminés et/ou de variation des paramètres sont inefficaces.

Rappelons donc certaines définitions, certaines propriétés et prouvons certains résultats non

démontrés lors d’un cours d’équations différentielles du premier cycle. Le lecteur intéressé

pourra effectuer une révision en profondeur du sujet en consultant le chapitre 6 de Kreyszig (9ième

édition).

1.20 Définitions Soit f une fonction définie pour t 0. On dit que cette fonction est d’ordre

exponentiel pour t → s’il existe des constantes non-négatives M, c et T satisfaisant

( ) si ctf t Me t T . Alors si l’intégrale impropre

(19) F s f t e dtst( ) ( )= −

z0

converge pour certaines valeurs de s, son résultat est une fonction appelée la transformée de

Laplace de f. L’opérateur linéaire qui associe la fonction f avec la fonction F est appelé

transformation de Laplace. On dénote habituellement la correspondance par f t F s( ) ( ) . La

transformée de Laplace inverse est obtenue par résolution de l’équation intégrale (19) (nous

verrons comment les variables complexes nous permettent d’obtenir ce résultat).

1.21 Exemple : « table » de transformées de Laplace Pour chacune des fonctions f suivantes

(colonne de droite dans le tableau ci-bas), l’intégrale impropre (19) converge si l’on choisit s >

a et on trouve le F(s) indiqué dans la colonne de gauche : en utilisant la factorisation dans R et la

technique des fractions partielles, nous n’avons pas besoin d’une « table » de transformées de

Laplace trop volumineuse ! Si des facteurs quadratiques irréductibles répétés sont présents, la

convolution pourra nous servir (voir plus loin).

F(s) f(t)

1

0( )

( )s a

kk−

t e

k

t e

kk

k at k at− −=

−

FHG

IKJ

1 1

1( ) ( )! si N

12 2( )s a− +

1

sin(

e tat )

s a

s a

−

− +( )2 2

e tatcos( )

34

Par abus de notation, on écrit souvent F s L f t( ) ( )= ou encore f t L F s( ) ( )= −1 pour indiquer

la correspondance f t F s( ) ( ) . Voici une table plus complète de transformées de Laplace.

1.22 Remarque La fonction gamma est définie par ( )x e t dtt x= −

−z0

1 et cette intégrale

impropre converge pour x > 0. Cette fonction satisfait notamment aux propriétés

suivantes (preuves en classe) :

( ) , ( ) ( )! , ( ) ( ),1 1 1 11

2= = − + =

FHGIKJ

si N = n n n x x x .

1.23 Définitions On dit qu’une fonction f est continue par morceaux sur un intervalle a, b si

l’on peut subdiviser l’intervalle en un nombre fini de sous-intervalles tels que f est continue sur

chacun des sous-intervalles ouverts et si f possède des limites en chacune des extrémités de ces

sous-intervalles (limite à droite (resp. à gauche) pour l’extrémité gauche (resp. droite)). On dit

que f est continue par morceaux sur 0, si f est continue par morceaux sur chaque sous-

intervalle borné de 0, . Le saut de f au point c est noté j cf ( ) et défini par

0 0( ) ( ) ( ) où ( ) lim ( ) et ( ) lim ( ) fj c f c f c f c f c f c f c

+ +→ →= + − − + = + − = − .

1.24 Théorème a) Condition suffisante (mais non nécessaire) pour l’existence de la

transformée de Laplace Si f est continue par morceaux pour t 0 et d’ordre exponentiel pour t

→ , alors la transformée de Laplace de f existe pour s > c. De plus, lim ( )s

F s→

= 0 .

b) Unicité de la transformée inverse « presque partout » Si f et g satisfont les hypothèses en

a) et si F(s) = G(s) pour tout s > c, alors f(t) = g(t) partout sur 0, où f et g sont continues.

c) Transformée de la dérivée Si f est continue, dérivable par morceaux pour t 0 et d’ordre

exponentiel pour t → , alors la transformée de Laplace de f existe et on a

( ) ( ) (0)L f t sF s f = −

d) Si, en c), f n’est que continue par morceaux, avec des discontinuités (sauts finis) localisées

aux points t t t1 2 3, , , et si j t f t f tf n n nb g b g b g= + − − est le saut de f(t) en t tn= , alors, en

supposant que la transformée de f existe, on a

( )1

( ) ( ) (0) nstf n

n

L f t sF s f e j t

−

=

= − −

Preuve : (la preuve de b) découlera du théorème d’inversion). Prouvons a). On a, si b > 0, que

35

e f t dt e f t dt e Me dt M e dt M e dtM

s c

st

b

st

b

st ct s c t

bb

c s t− − − − − − −

z z zz z = =−

( ) ( ) ( ) ( ) 0 0 00 0

et donc, F s e f t dtM

s csst( ) ( )

−→ → −

z0

0 si .

Pour c) et d), montrons que lim ( )b

st

b

e f t dt→

−z 0

existe et trouvons cette limite. Si b est fixé, soient

t t tk1 2 1, , , − les points intérieurs à l’intervalle 0, b où la fonction f pourrait être discontinue

par sauts. Posons 0 0 et kt t b= = . Alors, on peut utiliser l’intégration par parties sur chacun des

intervalles ouverts t tn n−1, où f est continue et obtenir

e f t dt e f t dt e f t s e f t dtst

b

st

t

t

n

kst

t

tst

t

t

n

k

n

n

n

n

n

n

− −

=

− −

=z z z = = +

FHG

IKJ

−

−

−0 1 11

1

1

( ) ( ) ( ) ( )

= − − + +− − −

=

− zf e j t e f b s e f t dtst

f n

sb st

b

n

k

n( ) ( ) ( )001

1

b g

où ( )f kj t est nul car f est continue en .kb t= De plus, si b > c, alors e f b bsb− → → ( ) 0 si .

Donc le résultat est établi, en laissant b tendre vers l’infini.

1.25 Exemple : propriétés importantes (preuves en classe) Du théorème 1.24c), on tire, si

f(0) = 0, que f t sF s( ) ( ) . Ainsi, « la dérivation dans le domaine de t correspond à la

multiplication dans le domaine de s ». On a la propriété « duale » : l’intégration dans le domaine

du t correspond à la division dans le domaine du s :

L f dF s

s

t

( )( )

0

zLNMOQP

= .

De plus, les propriétés de translation et de convolution sont fréquemment utilisées ; dans ce qui

suit, u(t) désigne la fonction échelon-unité de Heaviside et x t X s h t H s( ) ( ), ( ) ( ) :

e x tat ( ) X s a( )−

x t a u t a( ) ( )− − e X sas− ( )

x h t d

t

( ) ( ) −z 0

X s H s( ) ( )

1.26 Exemple : fractions partielles/convolution En réappliquant la propriété b) du théorème

1.24, on peut, par exemple, résoudre une équation différentielle linéaire à coefficients constants

en faisant usage de la transformée de Laplace. En effet, considérons le problème

36

(20) d y

dta

d y

dta y x t y y

n

n

n

n n

n

n+ + + = =−

−1

1

10 ( ), ( )( )

où y n( ) désigne la dérivée d’ordre n de la fonction y ( y( )0 = y) et où les n conditions initiales ont

été données. Alors si Y s y t X s x t( ) ( ), ( ) ( ), on a que (20) est transformée en l’équation

algébrique

(21) Q s R s Y s X s( ) ( ) ( ) ( )+ =

où Q(s) est un polynôme de degré n − 1 en s qui dépend des conditions initiales et des

coefficients de l’équation (20) et où H(s) = 1/R(s) est la fonction de transfert . En fait, R(s) est le

polynôme caractéristique de (20) :

(22) R s a s an k

k

nk( ) ,= =−

=

0

0 1 .

On voit donc, à partir de (21), que

(23) Y sX s Q s

R s( )

( ) ( )

( )=

−

et la technique des fractions partielles est fréquemment utilisée pour inverser la dernière fonction

La fonction Y dans (23) est toujours rationnelle si l’entrée x(t) est constituée de combinaisons

linéaires et de produits de polynômes, sinus, cosinus, exponentielles. Dans le cas où l’entrée x(t)

est continue par morceaux, il suffit d’appliquer le même principe et la propriété de translation.

En particulier, si les conditions initiales sont nulles (système dit au repos), alors Q est

identiquement nul et la solution de (20) est

y t L Y s LX s

R sL X s H s x t h t( ) ( )

( )

( )( ) ( ) ( ) ( )= =

LNMOQP = = − − −1 1 1

où h t L H s( ) ( )= −1 est dite réponse impulsionnelle. Cette réponse est entièrement caractérisée

par les coefficients.

1.27 Exemple (preuve des formules faite en classe) Développement en fractions partielles et

formules de Heaviside. Soit F s

G s

( )

( ) une fonction rationnelle propre (deg F < deg G) et où l’on

suppose que F et G n’ont pas de facteurs communs (on a simplifié).

a) Si a est un zéro simple de G, alors le développement en fraction partielle de F s

G s

( )

( ) contient un

terme de la forme A

s a− où

As a F s

G ss a=

−

→lim

( ) ( )

( ).

37

b) Si a est un zéro d’ordre m de G, alors le développement en fraction partielle de F s

G s

( )

( ) contient

des termes de la forme A

s a

A

s a

A

s a

m

m

m

m( ) ( )−+

−+ +

−

−

−

1

1

1 où

As a F s

G sA

m k

d

ds

s a F s

G sm

s a

m

ks a

m k

m k

m

=−

=−

−FHG

IKJ→ →

−

−lim

( ) ( )

( ) ( )!lim

( ) ( )

( ) et

1 (k = 1, 2, ..., m − 1)

1.28 Exemples Voici deux exemples concrets montrant les approches de « mathématiciens

versus ingénieurs » !

1.28.1 Trouvons la transformée de Laplace inverse de la fonction Y ss

s s s( )

( )=

+

+ + +

10 119

5 10 169

2

2

c hc h .

Soit y(t) cette transformée.

a) première façon : sans les nombres complexes, on trouve facilement que

Y ss s s

( ) =+

++ +

10

5

100

10 1692

et alors, en complétant le carré et en utilisant le tableau de l’exemple 1.21, on obtient

Y ss s

e e tt t( )( )

sin( )=+

−+ +

−− −10

5

100

5 1210

100

1212

5 2

5 5 .

Donc, y t e e tt t( ) sin( )= −− −1025

3125 5

.

b) deuxième façon : avec les nombres complexes, on trouve, en utilisant la première formule de

l’exemple 1.27,

Y ss

s s i s i s

i

s i

i

s i( )

( )( ( ))( ( )) ( ) ( )=

+

+ − − + − − −=

+ − − +−

− − −

10 119

5 5 12 5 12

10

5

25 6

5 12

25 6

5 12

2c h+

La table de transformée ainsi que les formules d’Euler permettent d’écrire que

y t ei

ei

e e ee e

ie e tt i t i t t t

it itt t( ) sin( )( ) ( )= + − = −

−FHG

IKJ = −− − + − − − −

−− −10

25

6

25

610

25

3 210

25

3125 5 12 5 12 5 5

12 125 5

.

1.28.2 Trouvons maintenant la transformée de Laplace inverse de la fonction Y ss

( ) =+

1

442c h

.

a) première méthode. On a, en factorisant seulement dans les réels,

38

Y ss s s s s s

( )( ) ( )

=− + + +

=− +

+ +

1

2 2 2 2

1

1 1

1

1 122

22

22

22c h c h c h c h

et donc y t e t e t e t e tt t t t( ) sin sin sin sin= − −c h c h c h c h . Le calcul donne (la convolution est

associative)

y te t t t e t t tt t

( )(sin cos (sin cos

=−F

HGIKJ

−FHG

IKJ =

−

2 2

3

128 64

3

128

3

128

3

128 64

cossin

cossin

t tt e

t tt et t+ +

FHG

IKJ

FHG

IKJ − − −

FHG

IKJ

FHG

IKJ

−

b) on peut utiliser les résultats de l’exemple 1.27 en effectuant une factorisation complexe ...

mais cela est assez long (bien que les coefficients apparaissent en paires conjuguées).

1.29 Exemple : la convolution et l’importance de la « fonction » de Dirac L’équation

différentielle d’un problème de masse-ressort est

(24) md y

dtb

dy

dtky F t

2

2+ + = ( )

où m désigne la masse de l’objet, b la constante d’amortissement, k la constante de rappel, y(t) la

position de l’objet à l’instant t et F(t) la force extérieure. Quant à celle d’un circuit RLC, c’est

(25) LCd v

dtRC

dv

dtv E tC C

C

2

2+ + = ( )

où R, L, C sont les composantes branchées en série, E(t) est la source et on a les relations

suivantes :

i t Cdv

dtv

q

Ci

dq

dt

CC( ) , ,= = = .

On voit donc qu’il est utile de considérer l’équation différentielle linéaire du deuxième ordre à

coefficients constants suivantes et nous allons supposer les conditions initiales nulles (système au

repos)

(26) 2

2( ), (0) (0) 0

d y dya b cy x t y y

dtdt+ + = = = (x(t) = 0 si t < 0)

Souvent, dans (26), on dit que x(t) est l’entrée (« input ») et que y(t) est la sortie (« output « ). En

utilisant la transformée de Laplace où Y s y t X s x t( ) ( ), ( ) ( ) , (26) est transformée en

(27) Y s X s H s( ) ( ) ( )=

39

où H sas bs c

( ) =+ +

12

est appelée fonction de transfert (transformée de l’output sur

transformée de l’input). Mais pour obtenir l’égalité Y = H, il aurait fallu que l’entrée x(t) soit

telle que sa transformée de Laplace X soit 1. Or, pour une fonction « normale », cela est

impossible en vertu du théorème 1.24a) ... On obtiendra une telle fonction « généralisée » en

considérant, par exemple, des limites de fonctions indicatrices d’intervalles. Voyons cela de plus

près.

Étant donné > 0, définissons une fonction continue par morceaux et satisfaisant les hypothèses

du théorème 1.24a) comme suit :

f tt

t

( ) =

RS|T|

10

0

si

si

On trouve facilement que L f te

s

s

( ) =

− −1 et, bien que lim ( )

→ +0f t n’existe pas au sens classique,

la limite de la transformée existe et lim ( )

→ +

=0

1L f t .

Pour cette raison, la « fonction » de Dirac ou fonction impulsion est introduite est satisfait aux

exigences suivantes :

( )( )

( ) , ( ) ( ) ( )tdu t

dt

t

tt dt t a x t dt x a= =

RST = − =−

−

z z01

si 0

si = 0 , .

Par conséquent, si h t H s( ) ( ) , alors h(t) est entièrement caractérisée par les coefficients du

problème et il est naturel d’appeler h(t) la réponse impulsionnelle (la sortie lorsque l’entrée est

une impulsion). La solution de (26) est la convolution de l’entrée et de la réponse impulsionnelle

et est égale à

(28) y t x t h t( ) ( ) ( )= .

C’est à cause de la transformée de Laplace, du fait d’imposer des conditions initiales nulles et de

considérer toutes les fonctions nulles avant t = 0 si l’on a pu obtenir le résultat (28). La linéarité

de l’intégrale et la propriété de translation (tableau de l’exemple 1.21, deuxième ligne) font en

sorte que le problème (26) est un exemple de ce qu’on appelle un « système linéaire invariant

dans le temps ».

Finalement, si l’on connaît plutôt la réponse indicielle (la sortie lorsque l’entrée est la fonction

échelon unité u(t), donc h d

t

( ) 0

z ), alors on peut aussi résoudre (26) en faisant

(29) y t x td

dtk t k t h d

t

( ) ( ) ( ) ( ) ( )= = z où 0

.

40

Un exemple concret pour terminer. Revenons au problème de 1.18.2 où nous cherchions la

« fréquence de résonance », i.e. la valeur de qui procurera une amplitude en régime permanent

maximale pour le problème 1

2 2cos( )4

y y y t + + = . Supposons les c.i. nulles puisque cela

n’affecte que le régime transitoire. Puisque la fonction de transfert est

22

1 1( )

1 12724 8 64

H ss

s s

= = + + + +

,

alors la réponse impulsionnelle est 88 127 127( ) sin

127 8

th t e t−

=

. La convolution de h(t) avec

l’input 2 cos(t) donnera la solution complète dont on pourra extraire la solution particulière et

en trouver l’amplitude : une calculatrice symbolique peut très bien finir le travail pour nous :

Même résultat qu’en 1.18.2.

1.29.1 Terminons en illustrant le théorème 1.24c) et d). Considérons les deux fonctions

suivantes : f1 qui est continue partout et dérivable par morceaux et f2 qui est continue par

morceaux (et aussi dérivable par morceaux) mais avec un saut de 1 en t = 1.

41

, 0 1 , 0 11( ) 2( )

1 1 2 1

t t t tf t f t

t t

= =

On trouve aisément leur transformée de Laplace respective puisque 1( ) (1 ) ( 1)f t t t u t= + − −

tandis que 2( ) (2 ) ( 1)f t t t u t= + − − :

2 2

11( )

seF s

s s

−

= − 2 2

1 1 12( ) sF s e

ss s

− = + −

Tandis que les dérivées sont les suivantes et égales (sans utiliser les fonctions généralisées) :

1, 0 1 1, 0 11 ( ) 2 ( )

0 1 0 1

t tf t f t

t t

= =

En calculant les transformées de Laplace, puisque 1 ( ) 2 ( ) ( ) ( 1)f t f t u t u t = = − − , on trouve

1

1 ( ) 2 ( ) .se

L f t L f ts s

−

= = −

Le théorème 1.24c) est bien satisfait puisque 1

1 ( )se

L f ts s

−

= − tandis que

2 2

1 11( ) (0) 0 .

s se esF s f s

s ss s

− − − = − − = −

C’est bien identique. Le théorème 1.24d) est satisfait puisque 1

2 ( )se

L f ts s

−

= − tandis que

2 2

1 1 1 12( ) (0) 1 0 .

ss s s e

sF s f e s e es s ss s

−− − −

− − = + − − − = −

Les étudiants qui maîtrisent bien les fonctions généralisées peuvent les utiliser. Par exemple si

l’on prend la fonction f(t) = u(t − 1), alors on a ( ) ( 1)f t t = − et le théorème 1.24c) est satisfait

puisque 0.s

s ee s

s

−− = − Si l’on ne travaille pas avec les fonctions généralisées, le théorème

1.24d) s’applique : on a alors ( ) 0f t = sauf en t = 1 où la dérivée n’existe pas et le saut en t = 1

est de 1. Et 0 1 .s

ses e

s

−−= −

42

Liste d’exercices #1 Révision et complément. Méthodes du point fixe et de Newton,

É.D.O. linéaires, itérations de Picard, transformées de Laplace, méthode d’Euler. Quelques

rappels en intégration simple et multiple, sur les nombres complexes et sur les séries.

Fonctions spéciales.

1.30 Résolution d’une équation par point fixe/méthode de Newton.

a) Utilisez la méthode du point fixe pour résoudre l’équation suivante : cosh( ) 1x x = . Que se

passe-t-il avec l’équation « semblable » cosh(3 ) 1x x = ?

b) Utilisez la méthode du point fixe pour trouver la plus petite solution positive de l’équation

suivante: tan( )x x= . On réécrira l’équation sous la forme arctan( )x x = + (pourquoi

d’ailleurs ?).

c) Utilisez la méthode du point fixe pour trouver la seule solution réelle à l’équation 3 6 3 0x x+ − = (donnez une raison simple pour justifier qu’il ne peut y avoir plus d’une solution

réelle ici). Et montrez aussi en utilisant la formule de Cardan que cette solution réelle est

( ) ( )1 3 1 3

4 41 12 4 41 12.

2 2

+ −−

d) Utilisez la méthode du point fixe pour trouver la seule solution réelle à l’équation

2arcsin( ) arccos(3 )x x= . Et trouver cette solution de façon exacte!

e) Utilisez la méthode de Newton pour trouver les 6 solutions à l’équation polynomiale

6 4 3 2( ) 12 28 48 161 0p z z z z z z + − + − + =

Aidez-vous du graphique 3D de 2

( )p z afin de trouver vos points de départ ou encore des

graphiques 2D des équations implicites ( , ) 0u x y = et ( , ) 0v x y = où ( ) ( , ) ( , )p x iy u x y iv x y+ = + .

f) Considérons l’équation 6 1 (1.1) 3xx −+ = + .

i) Trouvez la plus petite solution réelle de l’équation précédente par la méthode du point fixe.

Assurez-vous que les hypothèses du théorème sont bien satisfaites.

ii) Trouvez aussi une solution complexe en utilisant la méthode de Newton à deux variables,

après avoir considéré les parties réelle et imaginaire de l’équation.

g) Montrez que les 3 solutions de l’équation 3 6 3 0x x− − = obtenue en changeant simplement le

signe du coefficient du terme linéaire dans la question c) sont données par

43

1.31 Résolution de systèmes d’équations non linéaires par point fixe ou par Newton.

a) Donnez les détails des exemples 1.5.2 et 1.5.3.

b) Trouvez les solutions réelles du système suivant par la méthode du point fixe (s’aider de

graphiques 2D implicites ou 3D afin d’avoir un point de départ) :

4

4

11

1 ( )

13

1 ( )

xx y

yx y

− = + +

− = + −

c) Trouvez les solutions réelles du système suivant en utilisant la méthode de Newton (s’aider de

graphiques 2D implicites pour avoir un point de départ) :

3 3

2 2

10

2

x y

xy x y

+ =

− =

Notez que ce dernier système est polynomial et peut être résolu de façon exacte. Jetez un coup

d’oeil à une base de Gröbner afin de constater qu’une équation polynomiale de degré 9 apparaît

en y, mais réductible à une équation de degré 3. Puisque les formules de Cardan sont connues, on

peut comprendre pourquoi une solution exacte est possible (mais peu pratique...)!

d) Même question qu’en c) pour le système (non polynomial)

2

2 2

3 2 4sin 6 0

3 2 3cos 4 0

xy x y

x xy x

− + + =

− + + =

e) Même question qu’en c) pour le système polynomial

2

3 2

2 10 0

2 0

x xy y

x y

− + − =

− =

f) Même question qu’en c) pour le système polynomial

2 2

2 2

12 3 8 12 9 12 0

5 12 6 9 2 11 0

x y xy x y

x y xy x y

+ + + + − =

+ + − − − =

44

g) Trouvez le minimum absolu et le maximum absolu de la fonction

( ) ( )2 22 2( , ) 5

x yf x y x xy y x y e

− += + + + − .

Aidez-vous de courbes de niveau et/ou d’un graphe 3D afin de localiser les points critiques.

Remarquez que cette fonction est continue sur tout le plan, prend des valeurs négatives et

positives et tend vers 0 lorsqu’on s’éloigne de l’origine. Elle possède donc un minimum absolu

et un maximum absolu! Expliquez pourquoi, bien qu’il s’agisse d’un système non polynomial, le

système ( , ) (0,0)f x y = est résoluble et ne possède que 5 solutions.

h) Trouvez le maximum absolu et le minimum absolu de la fonction

( )2

2 2

2( , )

1

xy x yf x y

x y

− −=

+ +.

(encore ici, même si f est définie sur tout le plan, elle possède un min et un max absolu). Aidez-

vous de courbes de niveau et/ou d’un graphe 3D afin de localiser les points critiques.

i) Considérons le système d’équations 2 2 16

1

x y

xy

+ =

=.

i) Donnez un argument simple afin de montrer que ce système possède 4 solutions réelles.

ii) Trouvez une base de Gröbner de ce système.

iii) Montrez que si vous avez trouvé une solution, alors vous détenez les 3 autres.

iv) Trouvez l’une des 4 solutions, de façon exacte. Reconfirmez par Newton à 2 variables.

1.32 Application des équation différentielles du premier ordre : circuit RL. L’exercice suivant

constitue une bonne façon de réviser plusieurs concepts. Considérons l’É.D. d’un circuit RL :

Ldi

dtRi E t i+ = =( ), ( ) 0 0 .

a) En montrant vos calculs, résolvez cette É.D. linéaire du premier ordre.

b) Montrez, lorsque la sourve E(t) est constante, disons E t E( ) = 0 , que l’É.D. est, en plus d’être

linéaire, séparable. Résolvez-la de cette façon et concluez que le courant tend versE

R

0 lorsque t

tend vers l’infini.

Pour la suite du problème, on va poser L = 1H et R = 5. La source E(t) (en volts V) va prendre

différentes formes. Trouvez i(t) et esquissez son graphique (pour t 0) pour chacune des

situations suivantes.

45

c) E t( ) = 25 (ici, vous pouvez évidemment vous servir de b)

d) E tt

( ) = RST

25 0 2

0

si

autrement

e) E t

t

t

t

t

( ) =

RS||

T||

25 0 2

0 2 4

25 4 6

0 6

si

si

si

si >

f) E tt

tE t E t( ) ( ) ( )=

RST + =25 0 2

0 2 44

si

si (donc source périodique, de période 4).

1.33 Fonctions spéciales Soient les 3 fonctions suivantes, définies par des intégrales : la

fonction d’erreur, la fonction sinus intégral et la fonction cosinus intégral

2

0

2erf ( )

xtx e dt

−= ,

0

sinSi( )

xt

x dtt

= et

0

cos( ) 1Ci( ) Ln( )

xt

x x dtt

−

= + +

Ici, désigne la constante d’Euler : 1

1lim ln( ) 0.5772156649... ?????

n

nk

nk

→

=

−

. On voit

que cos

Ci( ) ( 0)d x

x xdx x

= .

a) Tracez leur graphique et tentez de découvrir (et démontrez si possible) la valeur de la limite à

l’infini de chacune.

b) Reprenez les étapes suivantes afin de prouver que 2

02

xe dx

− = . Soit a > 0, soient les

disques et carrés suivants :

2 2 2( , ) : , ( , ) : 0 ,0a aD x y x y a C x y x a y a= + = .

i) Montrez que ( )2 22

2

0 a

ax yx

C

e dx e dxdy− +−

=

46

ii) Montrez que ( ) ( )

2 2 2

14

a

x y a

D

e dxdy e− + −= − (utilisez les coordonnées polaires!)

iii) Montrez que ( ) ( )2 2 2 2

lim lim

a a

x y x y

a aD C

e dxdy e dxdy− + − +

→ →=

c) Trouvez : i) Si( )d

xdx

ii) erf ( )d

xdx

iii) ( ) erf ( )d

x xdx

iv) ( )erfd

xdx

v) 2 2

0

2x

te dt

−

vi) 2

2

1

22x

t

x

e dt

−

d) Soit 1

sin((2 1) )( )

2 1

n

n

k

k xS x

k=

−=

− . Tentez de vous convaincre (la preuve viendra plus tard) que la

suite 2

nSn

semble tendre vers la valeur 1

Si( )2

lorsque n tend vers l’infini.

e) Trouvez la valeur exacte de l’intégrale suivante (et vérifiez votre réponse en évaluant

numériquement votre réponse et l’intégrale) :

22

sin

1

xdx

x

−

1.34- Equations différentielles linéaires du premier ordre

a) Soit f x e e dtx t

x

( ) = −z2 22 2

0

.

i) Trouvez le développement de MacLaurin de f (Taylor autour de 0) jusqu’à l’ordre 7.

ii) Montrez que f satisfait le problème dy

dxxy y− = =1 0 0, ( ) .

iii) Calculez les 5 premières itérations de Picard, partant de 0, et comparez avec votre réponse en

i).

b) Donnez les détails des exemples 1.7.2 et 1.7.4.

c) Résolvez l’É.D. linéaire du premier ordre 1, (0) 0dy

xy ydx

− = = et donnez votre réponse en

termes de la fonction d’erreur erf .

d) Montrez que la solution à l’équation différentielle 2 5, (0) 3dy

xy ydx

+ = = est donnée par

47

2 253 erf ( )

2

x xiy e e ix

− −= − .

e) Résolvez l’équation différentielle sin , (1) 1dy y

x ydx x

− = = . Répondez en termes de la fonction

Si.

1.35 a) Convertissez chacun des systèmes d’É.D. suivant en une unique É.D. (d’ordre à

trouver!) et résolvez ensuite l’É.D.

i)

(0) 1

(0) 0

dxy x

dt

dyx y

dt

= =

= − =

ii)

2

2

2

2

(0) 1, (0) 0

(0) 2, (0) 0

d xy x x

dt

d yx y y

dt

= = =

= = =

b) Considérons le problème 2 2 ( ), (0) 0, (0) 0y y y f t y y + + = = = .

i) Montrez, en utilisant la méthode de variation des paramètres (1.16) que la solution est donnée

par

( )

0

( )sin( )

tty e f t d − −= −

ii) Montrez que si ( ) ( )f t t = − , alors la solution précédente en a) se réduit

( )( ) sinty u t e t − −= − −

où “u” désigne la fonction échelon-unité de Heaviside.

iii) Reconfirmez la réponse en b) en utilisant la transformée de Laplace pour résoudre l’É.D.

c) Retour à 1.12, 1.13 et 1.14 et fonction de Green : montrez que si 0(0) 0a , alors la solution

du problème

0 1 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), (0) 0, (0) 0a t y t a t y t a t y t f t y y + + = = =

est donnée par

0

( ) ( , ) ( )

t

y t G t f d = avec 0 si

( , )( , ) si

tG t

g t t

=

où

48

2 1 1 2( ) ( ) ( ) ( )( , )

( )

y t y y t yg t

W

−= . La fonction G est appelée fonction de Green pour ce

problème.

1.36 Mouvement harmonique non amorti, entrée à fréquence variable. On considère le

problème d y

dty t y y

2

20 0 0 0 0+ = = = cos( ), ( ) , ( ) b g .

a) Si 2 1= , montrez que la solution est yt t

=sin

2 (« résonance »).

b) Si 2 1 , montrez que la solution du problème peut toujours s’écrire sous la forme

yt t

t t=−

−=

−+

FHG

IKJ −FHG

IKJ

cos( ) cos( )sin ( ) sin ( )

2 2

2

1

2

1

1

21

1

21 1

c) La réponse en b) est-elle une fonction périodique ? Si oui, quelle est sa période ?

1.37 Résolution papier-crayon d’équations différentielles.

Résolvez, en montrant vos calculs, les équations différentielles suivantes.

a) − + = = = −y y y x y y3 2 10 0 1 0 6sin , ( ) , ( ) . Révisez la méthode des coefficients

indéterminés afin de trouver une solution particulière.

b) D D D y y y y3 2 1 0 0 2 0 1 0 0− − + = = = =c h , ( ) , ( ) ( ) ,

c) x D x D xD yx

y y y3 3 2 23 6 612

1 5 1 13 1 10− + − = = = =c h , ( ) , ( ) ( ) , Quel nom porte cette

dernière équation différentielle ?

1.38 Donnez les détails de l’exemple 1.18.2.

1.39 Transformées de Laplace et propriétés. Soit f(t) dont on dénote la transformée de Laplace

par F(s) f t F s( ) ( )b g . Utilisez SEULEMENT la factorisation dans , la complétion du carré

et les propriétés suivantes :

P1) Si f(0) = 0, alors f t sF s( ) ( ) .

P2) Si, x t X s h t H s( ) ( ), ( ) ( ) , alors x h t d X s H s

t

( ) ( ) ( ) ( ) − z 0

49

P3)

( )sin( )

s ae tat

+ + −

2 2

Démontrez les associations suivantes (dans ce qui suit, a est une constante positive) :

a) 1

4

1

44 4 3s a aat at at at

+ −cosh( ) sin( ) sinh( ) cos( )b g

b) s

s a aat at

4 4 24

1

2+ sinh( ) sin( )

c) s

s a aat at at at

2

4 44

1

2+ +cosh( ) sin( ) sinh( ) cos( )b g

d) s

s aat at

3

4 44+ cosh( ) cos( )

Rappel : cosh , sinh ( )2 2

x x x xe e e e

x x x− −+ −

= = . Ces fonctions seront étendues au plan

complexe, plus tard.

1.40 Donnez les détails de l’exemple 1.28.2 (dans le cas de la factorisation complexe).

1.41 Quelques applications de la transformée de Laplace. Les exercices suivants viennent

utiliser certains résultats de 1.21, 1.24, 1.25, 1.29, ... De plus, la notion de « système linéaire

invariant dans le temps » sera reprise plus tard, lors de l’étude des transformées de Fourier.

a) Soit s(t) la solution au problème ( ), (0) 0, (0) 0ay by cy f t y y + + = = = . Ici f(t) est

supposée continue par morceaux sur )0, . Quelle est alors la solution à chacun des problèmes

suivants?

i) ( ), (0) 0, (0) 0ay by cy f t y y + + = = = .

ii)

0

( ) , (0) 0, (0) 0

t

ay by cy f w dw y y + + = = = .

b) La réponse que vous avez donnée en a) reste-t-elle la même si les conditions initiales ne sont

pas nulles ?

c) Permettons maintenant à l’input f(t) d’être plus générale qu’une fonction continue par

morceaux. Par exemple, soient a = 1, b = 0, c = 1 et 0

( ) ( )n

f t t n

=

= − . Donc, on considère le

problème

0

( ), (0) 0, (0) 0n

y y t n y y

=

+ = − = = .

50

On a ici un input (« train d’impulsions ») périodique de période , tandis que le système a une

période naturelle de 2, donc pas de résonance en vue. Montrez que la solution s(t) de ce

problème est la fonction périodique suivante :

sin si 0( ) ( 2 ) ( )

0 si 2

t ts t s t s t

t

= + =

d) Comment « réaliser » concrètement la situation décrite en c)? Soit

1 si aCHI( , , )

0 autrement

t ba t b

=

Montrez que le problème

( )0

1CHI , , , (0) 0, (0) 0

N

n

y y n t n y y =

+ = + = =

permet de « réaliser » la situation décrite en c) si l’on laisse, après résolution de l’É.D., tendre

vers 0 par la droite et N tendre vers l’infini.

e) Considérons maintenant le problème

0

( 2 ), (0) 0, (0) 0n

y y t n y y

=

+ = − = = .

On a ici un input (« train d’impulsions ») périodique de période 2. Montrez qu’il y a résonance!

f) É.D. à coefficients polynomiaux et où la transformée de Laplace permet de résoudre.

Résolvez l’É.D. suivante en utilisant la transformée de Laplace (révisez au besoin certaines

propriétés) :

(4 2 ) 4 0, (0) 1ty t y y y + − − = = .

Remarquez que 0 est un point singulier mais vous parviendrez à résoudre et trouverez une infinité

de solutions.

g) Même question qu’en f) avec 2 4 1, (0) (0) 0y ty y y y + − = = = .

Vous pouvez même obtenir la réponse en utilisant les séries de puissances.

1.42 É.D. de croissance logistique, méthode d’Euler et chaos. (Le lecteur pourra réviser la

méthode d’Euler pour les É.D. d’ordre 1 à la page 887 de Kreyszig, 9 ième édition). Considérons

l’É.D.

51

dy

dty y y= − =10 1 0 01( ) ( ) .,

a) Résolvez cette É.D. en montrant vos calculs et trouvez lim ( )t

y t→

b) Montrez qu’en utilisant la méthode d’Euler avec un pas de h, on trouve la suite

y h y h y yn n n+ = + − =1

2

01 10 10 01( ) ( ) .,

c) Que se passe-t-il si h = 0.18 ? 0.23 ? 0.25 ? et 0.3 ? Produisez les graphiques ou les tableaux

nécessaires.

d) En revenant à b) et en supposant que la suite converge, trouvez sa limite.

1.43 Méthode d’Euler et É.D.O. linéaire du premier ordre à coefficients constants. Soient p et q

deux constantes non nulles et considérons le problème

( )0 0,dy

py q y t ydt

+ = =

dont la solution exacte est 0

0t p ptq q

y y e ep p

− = − +

. L’exercice consiste à examiner comment la

méthode d’Euler performe pour cette É.D. Posons 0a t= . On veut estimer y(t) en utilisant la

méthode d’Euler avec un pas de h. Montrez que :

a) 0(1 ) ( 1,2,3, )mm

q qy hp y m

p p

= + − − =

.

b) Soit t fixé et si n est donné, soit 0t th

n

−= . Alors nt t= pour tout n. Remarquons que 0h →

si n → . Montrez que 0

0limt p pt

nn

q qy y e e

p p

−

→

= − +

.

1.44 Un peu de calcul à plusieurs variables. La formule de Green sera requise en variables

complexes. En équations aux dérivées partielles, le laplacien est utile.

a) Calcul d’intégrale curviligne et théorème de Green-Riemann. Soit C un contour fermé

simple dans le plan, sens anti-horaire, soit D la région intérieure à C. La formule de Green-

Riemann est :

C D

Q PPdx Qdy dA

x y

+ = −

52

où les champs scalaires P = P(x, y) et Q = Q(x, y) sont supposés être de classe 1C dans D (c’est-

à-dire posséder des dérivées partielles d’ordre 1 continues dans D). Vérifiez-la avec un exemple

de votre choix.

b) Laplacien en coordonnées cylindriques/sphériques Soit f un champ scalaire, disons à 3

variables. Son laplacien est, par définition, la divergence de son gradient :

2 2 2

2

2 2 2

f f ff f

x y z

= = + +

.

Montrez qu’il devient 2 2 2

2

2 2 2 2

1 1f f f ff

r rr r z

= + + +

en coordonnées cylindriques, définies par cos , sin ,x r y r z z = = = . Et

2 2 2

2

2 2 2 2 2 2 2

2 1 1 cot

sin

f f f f ff

= + + + +

en coordonnées sphériques, définies par cos sin , sin sin , cosx y z = = = .

1.45 Un peu de nombres complexes Utilisez des formules comme

La formule d’Euler

cos sinie i = +

La somme d’une série géométrique

z z z zz

zzk n

n

k

n

= + + + + =−

−

+

=

11

112

1

0

( )

ou encore écrite sous la forme

1

2 11 ( 1)

1 1

nn z

z z z zz z

+

+ + + + + = − −

La formule du binôme de Newton ( )a bn

ka bn

k

nk n k+ =

FHGIKJ=

−0

où !

!( )!

n n

k k n k

−

La formule de De Moivre

( ) ( )(cos sin ) cos( ) sin( ) ( )n nr i r n i n n + = +

53

afin de démontrer les résultats suivants :

a) si et sont réels, si n’est pas un multiple de 2, alors

i) ( )

( )( )

0

sin ( 1) 2cos( ) cos 2

sin 2

n

k

nk n

=

++ = +

ii) ( )

( )( )

0

sin ( 1) 2sin( ) sin 2

sin 2

n

k

nk n

=

++ = + .

b) des « identités trigonométriques » :

i) 2 2 4 4cos( ) cos cos sin cos sin2 4

n n nn n

n − − = − + −

ii) 1 3 3sin( ) cos sin cos sin1 3

n nn n

n − − = − +

iii) Inversement, comment peut-on remplacer cosn ou sinn par une combinaison linéaire de

cosinus (sinus) ?

c) Utilisez un système symbolique afin de découvrir les « simplifications trigonométriques »

dont il est capable.

1.46 Un peu de séries

a) Soit la suite de fonctions définie par

( )2

22

1 1( ) 1 ( 1, )

1 1n n

s x x n xx x

= + + + + +

.

Montrez que 2

0 si 0lim ( )

1 si 0n

n

xs x

x x→

==

+ et tentez d’expliquer pourquoi on a une suite de

fonctions continues qui converge (par points) vers une fonction discontinue.

b) Soit la suite de fonctions définie par 2

( ) ( 1, )mxmu x mxe m x−= . Posons

1( ) ( ) ( )m m mf x u x u x−= −

et considérons la série de fonctions 1

( )m

m

f x

=

. Montrez que

i) 1

( ) 0 (0 1)m

m

f x x

=

=

54

ii)

1 1

1 10 0

1( ) 0 ( )

2m m

m m

f x dx f x dx

= =

= =

.

Tentez d’expliquer pourquoi l’intégration terme à terme d’une série de fonctions continues

(convergentes par points) n’est pas toujours permise.

c) Développez la fonction 2

1( )

1f x

x x=

− −en série de puissances (servez-vous des fractions

partielles et de la série géométrique si vous voulez) et montrez que les coefficients de cette série

sont précisément les nombres de Fibonacci :

0 1 2 120

1, 1, ( 1)

1

nn n n n

n

a x a a a a a nx x

+ +

=

= = = = + − −

(on dit alors que la fonction 2

1( )

1f x

x x=

− − est la fonction génératrice des nombres de

Fibonacci). En utilisant le test du rapport pour déterminer l’intervalle de convergence, déduisez

que

1 5 1lim

2

n

nn

a

a

+

→

−= .

d) Soit 2

1

si 0( ) 0 si 0

xe xf xx

− = =

. Montrez que toutes les dérivées de f existent en 0 et valent 0.

Ainsi, f est un exemple de fonction qui ne peut être représentée par sa série de Taylor en x = 0.

Nous verrons que cela ne se produit pas pour une fonction d’une variable complexe.

1.47 Utilisation de séries de base Rappelons (et cela sera étendu aux fonctions d’une variable

complexe plus tard) les développements suivants, connus d’un cours de calcul.

Série

géométrique

( )2

0

11 1

1

n

n

x x x xx

=

= = + + + −

Fonction

exponentielle ( )2 3

0

1! 2! 3!

nx

n

x x xe x x

n

=

= = + + +

Fonctions

trigonométriques

( )2 2 4

0

cos ( 1) 1(2 )! 2! 4!

nn

n

x x xx x

n

=

= − = − + − +

( )2 1 3 5

0

sin ( 1)(2 1)! 3! 5!

nn

n

x x xx x x

n

+

=

= − = − + − + +

55

Fonctions

hyperboliques

( )2 2 4

0

cosh 1(2 )! 2! 4!

n

n

x x xx x

n

=

= = + + +

( )2 1 3 5

0

sinh(2 1)! 3! 5!

n

n

x x xx x x

n

+

=

= = + + + +

Fonction

logarithme ( )2 3

0

ln(1 ) ( 1) 12 3

nn

n

x x xx x x

n

=

+ = − = − + − +

Série

du binôme ( )2 3

0

1 ( 1) ( 1)( 2)1 1,

2! 3!(1 )

n

mn

m m m m m mx mx x x x m

nx

=

− + + += = − + −

+

Servez-vous de certains de ces développements et de l’intégration terme à terme de l’intégrande

afin d’obtenir les développements en série des fonctions suivantes, toutes définies par des

intégrales :

a) 2

0

2erf ( )

xtx e dt

−= (fonction d’erreur introduite en 1.33)

b)

0

sinSi( )

xt

x dtt

= (fonction sinus intégrale introduite en 1.33)

c) 2

0

S( ) sin2

xt

x dt

=

(intégrale de Fresnel).

Tentez de vous convaincre (par un graphique par exemple) que 1

lim S( )2x

x→

= (nous

démontrerons cela plus tard).

d) 2

0

C( ) cos2

xt

x dt

=

(intégrale de Fresnel).

Tentez de vous convaincre (par un graphique par exemple) que 1

lim C( )2x

x→

= (nous

démontrerons cela plus tard).

e) Servez-vous des résultats précédents et d’un changement de variables afin de montrer que

56

( ) ( )2 2

0 0

2sin cos

4y dy y dy

= = .

f) Soit 0 1B = et posons l’égalité

2 3321

0

1! 2! 3!1

nn

xn

B BBxx B x x x

ne

=

= = + + + +−

Les nombres 1 2, ,B B sont appelés nombres de Bernoulli. Montrez que (soit « au long », soit

par coefficients indéterminés, soit ...)

1 2 3 4 5 6

1 1 1 1, , 0, , 0, ,

2 6 30 42B B B B B B= − = = = − = =

Êtes-vous capables de trouver la forme générale pour nB ? Une réponse possible est

1

0

11

1

n

n r

r

nB B

rn

−

=

+ = −

+ .

1.48 Intégrales eulériennes. Ce sont les 2 fonctions suivantes, respectivement appelées

fonction gamma et fonction beta (on peut montrer que ces intégrales convergent pour les valeurs

indiquées ici) :

1

0

( ) x tx t e dt

− − (x > 0) et

11 1

0

( , ) (1 )x yx y t t dt− − − (x, y > 0)

Montrez que :

a) ( 1) ( ) ( 0)x x x x + = b) ( )( ) ( 1)!n n n = −

c)

0

1 1( 0)

xte dt xx x

−

=

d) 1

2

=

e) ( ) (1 ) (0 1)sin( )

x x xx

− = f)

( ) ( )( , )

( )

x yx y

x y

=

+

g)

2

0

1 1 1sin cos , ( , 1)

2 2 2

p q p qd p q

+ +

= −

.

57

1.49 Sujet : Fonctions spéciales

L’É.D.O. de Legendre est ( )21 2 ( 1) 0x y xy n n y − − + + = où n .

a) Si n = 0, montrez qu’on peut facilement résoudre cette É.D. et obtenir la solution générale

suivante (servez-vous de la série de ln(1 + x) pour conclure) :

1 2

1ln

1

xy c c

x

− = +

+ .

b) En utilisant une série de puissances de la forme 0

mm

m

y a x

=

= , montrez qu’on obtient la

formule de récurrence suivante :

2

( )( 1)( 0,1,2, )

( 2)( 1)m m

n m n ma a m

m m+

− + += − =

+ +.

c) Déduire que la solution générale de l’équation de Legendre est

( )0 1 1 2( ) ( ) 1y a y x a y x x= +

où

2 41

( 1) ( 2)( 1)( 3)( ) 1

2! 4!

n n n n ny x x x

+ − + += − + − +

et

3 52

( 1)( 2) ( 3)( 1)( 2)( 4)( )

3! 5!

n n n n n ny x x x x

− + − − + += − + − +

(notez que 1( )y x et 2( )y x sont linéairement indépendantes puisque respectivement paire et

impaire : donc une combinaison linéaire de ces 2 fonctions est une solution générale selon 1.14).

d) Les polynômes de Legendre ( )nP x . Lorsque n est un entier non-négatif, la solution de

l’équation de Legendre se simplifie puisque la récurrence trouvée en b) implique, lorsque m = n,

que l’on a

2 4 6 0n n na a a+ + += = = = .

Donc, si n est pair, 1( )y x est réduit à un polynôme de degré n tandis que si n est impair, c’est

2( )y x qui est réduit à un polynôme de degré n. Ce sont ces polynômes, multipliés par une

certaine constante, qui sont appelés polynômes de Legendre ( )nP x . Pour les obtenir, on réécrit la

récurrence sous la forme

2

( 2)( 1)( 2)

( )( 1)m m

m ma a m n

n m n m+

+ += − −

− + +

et on va exprimer tous les coefficients non nuls en terme du coefficient na de la puissance de x

la plus élevée. Comme na est arbitraire, on pose 1na = quand n = 0 et

58

2

(2 )! 1 3 5 (2 1)( 1,2, )

!2 ( !)n n

n na n

nn

−= = =

Montrez que cela entraîne alors que

2 2

20

(2 2 )! (2 )! (2 2)!( ) ( 1)

2 !( )!( 2 )! 2 ( !) 2 1!( 1)!( 2)!

Mm n m n n

n n n nm

n m n nP x x x x

m n m n m n n n

− −

=

− −= − = − + −

− − − −

où / 2M n= ou bien ( 1) / 2M n= − , selon le cas donnant un entier.

e) La formule de Rodrigues dit que ( )21( ) 1

2 !

n n

n n n

dP x x

n dx

= −

. Démontrez cela appliquant le

développement du binôme à ( )2 1n

x − et en dérivant n fois terme à terme.

f) Démontrez que la fonction 2

1( , )

1 2G u x

xu u=

− + est une fonction génératrice des polynômes

de Legendre. Donc, démontrez que

20

1( , ) ( )

1 2

nn

n

G u x P x uxu u

=

= =− +

(on voit que si x = 1, alors 2

0 0

1 1( ,1) (1)

11 2

n nn

n n

G u u P uuu u

= =

= = = =−− +

et donc (1) 1nP =

vient justifier le choix fait en d)

1.50 Sujet : Fonctions spéciales

L’équation différentielle de Bessel est ( )2 2 2 0x y xy x y + + − = où 0 .

Ici, 0 est un point singulier. Donc, il n’existe pas de solution en série de la forme 0

mm

m

y a x

=

= .

a) En fait, montrez que si l’on pose 0

mm

m

y a x

=

= afin de résoudre l’équation de Bessel, alors on

trouve la solution triviale!

b) Pour résoudre l’équation de Bessel par la méthode des séries de puissances, on doit recourir à

la « méthode de Frobenius », donc poser

59

0 0

r m m rm m

m m

y x a x a x

+

= =

= = .

En faisant cela, montrez qu’on obtient les relations suivantes :

2

0 0 0

21 1 1

22

( 1) 0 ( 0)

( 1) ( 1) 0 ( 1)

( )( 1) ( ) 0 ( 2,3, )m m m m

r r a ra a m

r ra r a a m

m r m r a m r a a a m

−

− + − = =

+ + + − = =

+ + − + + + − = =

En utilisant la première de ces 3 équations, on obtient que r = .

c) Montrez que, dans le cas r = , on trouve la formule de récurrence suivante :

01 3 5 2 2

( 1)0 et ( 1,2, )

2 !( 1)( 2) ( )

m

m m

aa a a a m

m m

−= = = = = =

+ + +

d) En particulier, si n = , alors montrez que la récurrence précédente prend la forme

suivante, si l’on décide que 0

1

2 !na

n= ,

2 2

( 1)( 1,2, )

2 !( )!

m

m m na m

m n m+

−= =

+

La solution particulière de l’équation de Bessel ainsi obtenue est dénotée ( )nJ x , appelée fonction

de Bessel de première espèce d’ordre n et vaut donc

2

20

( 1)( )

2 !( )!

m mn

n m nm

xJ x x

m n m

+=

−=

+

Tracez les graphiques de 0 1( ) et ( )J x J x .

e) Si n’est pas entier, alors la fonction de Bessel de première espèce d’ordre est

2

20

( 1)( )

2 ! ( 1)

m m

mm

xJ x x

m m

+=

−=

+ + ,

f) Si n’est pas entier, montrez que la solution générale de l’ÉDO de Bessel est

1 2( ) ( ) ( )y x c J x c J x −= +

60

tandis que si est un entier, alors on a la dépendance linéaire ( ) ( 1) ( ) ( 1, 2, )nn nJ x J x n− = − = .

g) Montrez que ( )J x est élémentaire pour 1 3 5

, , ,2 2 2

= En particulier,

1 2 3 2

2 2 sin( ) sin , ( ) cos

xJ x x J x x

x x x

= = −

1.51 Sujet : Fonctions spéciales

a) Les polynômes de Tchebycheff (de première et de seconde espèces) sont définis par

( )2

sin ( 1)arccos( ) cos( arccos ), ( ) ( )

1n n

n xT x n x U x n

x

+= =

−

Tandis que les polynômes de Laguerre sont définis par

( )0 1, ( ) ( )!

x nn x

n n

e dL L x x e n

n dx

− = =

Calculez ( ), ( )n nT x U x pour n = 0, 1, 2 et 3 et calculez ( )nL x pour n = 1, 2 et 3.

b) Considérons plutôt l’ÉDO de Laguerre

(1 ) 0 ( )xy x y ny n + − + =

Utilisez la transformée de Laplace afin de montrer que, si ( ) ( )Y s y x , alors on obtient

1

( 1)( )

n

n

sY s

s +

−=

Posez ensuite 1( ) ( )nl x L Y s−= et montrez qu’on trouve

( )0 1, ( ) ( 1,2, )!

x nn x

n n

e dl l x x e n

n dx

−= = =

et que ces fonctions sont des polynômes. Ce sont précisément les polynômes de Laguerre

dénotés par un L majuscule en a).