Exercice 1 5834 Correction

(Transformation de Laplace)

Soit $f :] 0; + \infty [\to ℂ$ une fonction continue par morceaux et intégrable sur $] 0; + \infty [$ . On appelle transformée de Laplace de $f$ l’application $L (f)$ définie par

L (f) (p) = \int_{0}^{+ \infty} f (t) e^{- p t} d t pour tout p \in [0; + \infty [.

(a)

Montrer que la fonction $L (f)$ est définie, continue et bornée sur $[0; + \infty [$ .
(b)

Étudier la limite de $L (f)$ en $+ \infty$ .
(c)

Montrer que $L (f)$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$ .

Solution

(a)

Introduisons la fonction $u : [0; + \infty [\times] 0; + \infty [\to ℂ$ définie par $u (p, t) = f (t) e^{- p t}$ de sorte que, sous réserve d’existence,

$L (f) (p) = \int_{0}^{+ \infty} u (p, t) d t .$

Pour tout $p \in [0; + \infty [$ , la fonction $t \mapsto u (p, t)$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ en vertu de la domination

$\forall t \in [0; + \infty [, | u (p, t) | = \underset{\begin{matrix} \leq 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{e^{- p t}}} | f (t) | \leq | f (t) | .$

La fonction $L (f)$ est donc correctement définie sur $[0; + \infty [$ .

Au surplus, pour tout $t \in] 0; + \infty [$ , $p \mapsto u (p, t)$ est continue sur $[0; + \infty [$ . Par l’hypothèse de domination précédente, $L (f)$ est continue sur $[0; + \infty [$ .

Enfin, la domination précédente donne aussi

$\forall p \in [0; + \infty [, | L (f) (p) | \leq \int_{0}^{+ \infty} | f (t) | d t = M .$

La fonction $L (f)$ est donc bornée.
(b)

Pour tout $t \in] 0; + \infty [$ , on a

$u (p, t) \to_{p \to + \infty}^{} 0 .$

Par la domination précédente, on peut échanger limite et intégrale

$lim_{p \to + \infty} L (f) (p) = \int_{0}^{+ \infty} 0 d t = 0 .$
(c)

Pour tout $t \in] 0; + \infty [$ , la fonction $p \mapsto u (p, t)$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$ (et même sur $[0; + \infty [$ ) avec

$\forall k \in ℕ^{*}, \frac{\partial^{k} u}{\partial p^{k}} (p, t) = {(- t)}^{k} e^{- p t} f (t) .$

Soit $a > 0$ .

Pour $p \in [a; + \infty [$ et $t \in] 0; + \infty [$ ,

$| \frac{\partial^{k} u}{\partial p^{k}} (p, t) | \leq t^{k} e^{- a t} | f (t) | .$

La fonction $t \mapsto t^{k} e^{- a t}$ est continue sur $[0; + \infty [$ et de limite nulle en $+ \infty$ . Il existe donc un réel $M_{a, k}$ tel que

$\forall t \in [0; + \infty [, t^{k} e^{- a t} \leq M_{a, k}$

et alors

$\forall p \in [a; + \infty [, \forall t \in] 0; + \infty [, | \frac{\partial^{k} u}{\partial p^{k}} | \leq M_{a, k} | f (t) | = φ_{a, k} (t) .$

La fonction $φ_{a, k}$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ .

Par domination, $L (f)$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $[a; + \infty [$ . Puisque cela vaut pour tout $a > 0$ , $L (f)$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$ . Au surplus, on peut calculer les dérivées successives de $L (f)$ en dérivant sous l’intégrale.

Exercice 2 4721

(Transformation de Laplace)

Soit $f : [0; + \infty [\to ℂ$ une fonction continue et bornée. On appelle transformée de Laplace de $f$ l’application $L (f)$ définie par

L (f) (x) = \int_{0}^{+ \infty} f (t) e^{- x t} d t pour tout x \in] 0; + \infty [.

(a)

Montrer que la fonction $L (f)$ est définie et continue sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Déterminer la limite de $x L (f) (x)$ quand $x$ tend vers $+ \infty$ .

On suppose que la fonction $f$ admet une limite finie $λ$ en $+ \infty$ .

Exercice 3 4944 CCINP (MP)Correction

Soit

F : x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t} \sin (t)}{t} d t .

(a)

Justifier que $F$ est définie et de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ .
(b)

Calculer $F^{'} (x)$ .
(c)

En déduire une expression simplifiée de $F (x)$ valable pour tout $x > 0$ .

Solution

(a)

Posons

$f (x, t) = \frac{e^{- x t} \sin (t)}{t}$

définie sur $] 0; + \infty [\times] 0; + \infty [$ .

Pour tout $x > 0$ , la fonction $t \mapsto f (x, t)$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ et intégrable car

$f (x, t) \to_{t \to 0^{+}}^{} 1 et t^{2} f (x, t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

La fonction $f$ admet une dérivée partielle

$\frac{\partial f}{\partial x} (x, t) = - e^{- x t} \sin (t) .$

Celle-ci est continue en $x$ et continue par morceaux en $t$ .

Soit $[a; b] \subset] 0; + \infty [$ . On a

$\forall (x, t) \in [a; b] \times] 0; + \infty [, | \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) | \leq e^{- a t} = φ (t) .$

La fonction $φ$ est intégrable sur $] 0; + \infty [$ . Par domination sur tout segment, on obtient $F$ de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ et

$F^{'} (x) = - \int_{0}^{+ \infty} e^{- t x} \sin (t) d t .$
(b)

En employant

$\int_{0}^{+ \infty} e^{- t x} \sin (t) d t = Im (\int_{0}^{+ \infty} e^{- t x} e^{i t} d t)$

on obtient

$F^{'} (x) = - \frac{1}{1 + x^{2}} .$
(c)

On en déduit

$F (x) = - \arctan (x) + C^{t e} sur] 0; + \infty [.$

Montrons ${lim}_{x \to + \infty} F (x) = 0$ . On a $| \sin (t) | \leq t$ pour tout $t > 0$ et donc

$| F (x) | \leq \int_{0}^{+ \infty} e^{- x t} d t = \frac{1}{x} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

On conclut

$F (x) = \frac{π}{2} - \arctan (x) .$

Exercice 4 3889 Correction

Soit

g : x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t}}{1 + t} d t .

Montrons que $g$ est solution sur $ℝ_{+}^{*}$ de l’équation différentielle

- y^{'} + y = \frac{1}{x} .

Solution

Considérons $f : (x, t) \mapsto \frac{e^{- x t}}{1 + t}$ définie sur $] 0; + \infty [\times [0; + \infty [$
Pour $t \in [0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto f (x, t)$ est fois dérivable sur $] 0; + \infty [$ $f$ admet une dérivée partielle

\frac{\partial f}{\partial x} (x, t) = - t \frac{e^{- x t}}{1 + t} .

Pour tout $x \in] 0; + \infty [$ , $t \mapsto f (x, t)$ est continue par morceaux et intégrable sur $[0; + \infty [$ car

t^{2} f (x, t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .

De plus,
$\forall x \in] 0; + \infty [, t \mapsto \frac{\partial f}{\partial x} (x, t)$ est continue par morceaux.
$\forall t \in [0; + \infty [, x \mapsto \frac{\partial f}{\partial x} (x, t)$ est continue.
Enfin, pour $[a; b] \subset [0; + \infty [$ . On a

\forall (x, t) \in [a; b] \times [0; + \infty [, | \frac{\partial f}{\partial x} (x, t) | \leq e^{- a t}

avec $φ : t \mapsto e^{- a t}$ continue par morceaux et intégrable sur $[0; + \infty [$ .
Par domination sur tout segment, la fonction $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et

- g^{'} (x) + g (x) = \int_{0}^{+ \infty} t \frac{e^{- x t}}{1 + t} d t + \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t}}{1 + t} d t = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x t} d t = \frac{1}{x} .

On peut aussi constater le résultat plus directement en procédant aux changements de variable $u = 1 + t$ puis $v = u x$ ce qui ramène l’expression étudiée à une primitive

g (x) = e^{x} \int_{x}^{+ \infty} \frac{e^{- v}}{v} d v

et on peut alors vérifier la satisfaction de l’équation différentielle.

Exercice 5 538 Correction

Soit

F : x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t}}{1 + t^{2}} d t .

Montrer que $F$ est solution sur $ℝ_{+}^{*}$ de limite nulle en $+ \infty$ de l’équation différentielle

y^{''} + y = \frac{1}{x} .

Solution

Considérons $f : (x, t) \mapsto \frac{e^{- x t}}{1 + t^{2}}$ définie sur $] 0; + \infty [\times [0; + \infty [$
Pour tout $x \in] 0; + \infty [$ , $t \mapsto f (x, t)$ est continue par morceaux sur $[0; + \infty [$ et intégrable car

| f (x, t) | \leq \frac{1}{1 + t^{2}} .

Pour $t \in [0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto f (x, t)$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $] 0; + \infty [$ et

\frac{\partial f}{\partial x} (x, y) = - t \frac{e^{- x t}}{1 + t^{2}} et \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x, t) = t^{2} \frac{e^{- x t}}{1 + t^{2}} .

Pour tout $x \in] 0; + \infty [$ , la fonctions $t \mapsto \frac{\partial f}{\partial x} (x, t)$ est continue par morceaux et intégrable.
La fonction $\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}$ est continue en $x$ , continue par morceaux en $t$ .
Soit $[a; b] \subset] 0; + \infty [$ . Sur $[a; + \infty [\times [0; + \infty [$ , on a

| \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} (x, t) | \leq e^{- a t}

avec $φ : t \mapsto e^{- a t}$ continue par morceaux et intégrable sur $[0; + \infty [$ .
Par domination sur tout compact, la fonction $F$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et

F^{''} (x) + F (x) = \int_{0}^{+ \infty} t^{2} \frac{e^{- x t}}{1 + t^{2}} d t + \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t}}{1 + t^{2}} d t = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x t} d t = \frac{1}{x} .

Enfin $F \to_{+ \infty}^{} 0$ car

| f (x) | \leq \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t}}{1 + t^{2}} d t \leq \int_{0}^{+ \infty} e^{- x t} d t = \frac{1}{x} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .

Exercice 6 2989 ENSTIM (MP)Correction

Pour $x > 0$ , on pose

f (x) = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x t} \ln (t) d t .

(a)

Montrer que $f$ est bien définie sur $ℝ_{+}^{*}$ .
(b)

Justifier que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ .
(c)

Former une équation différentielle linéaire vérifiée par $f$ et en déduire une expression de $f$ à l’aide de $f (1)$ .

Solution

(a)

Pour $x \in ℝ_{+}^{*}$ et $t \in] 0; + \infty [$ , on pose

$u (x, t) = e^{- x t} \ln (t) .$

Pour tout $x \in ℝ_{+}^{*}$ , la fonction $t \mapsto e^{- x t} \ln (t)$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ avec

$\sqrt{t} u (x, t) \underset{t \to 0^{+}}{\sim} \sqrt{t} \ln (t) \to_{t \to 0^{+}}^{} 0 et t^{2} u (x, t) \to_{t \to + \infty}^{} 0 .$

La fonction $t \mapsto u (x, t)$ est donc intégrable sur $] 0; + \infty [$ et l’intégrale définissant $f (x)$ est alors convergente.
(b)

Pour tout $t \in] 0; + \infty [$ , la fonction $x \mapsto u (x, t)$ est dérivable avec

$\frac{\partial u}{\partial x} (x, t) = - t \ln (t) e^{- x t} .$

La fonction associée est continue en $x$ et continue par morceaux en $t$ . Pour tout $a > 0$ ,

$\forall (x, t) \in [a; + \infty [\times] 0; + \infty [, | \frac{\partial u}{\partial x} (x, t) | = t | \ln (t) | e^{- x t} \leq t | \ln (t) | e^{- a t} = φ_{a} (t) .$

La fonction $φ_{a} :] 0; + \infty [\to ℝ_{+}$ est définie, continue par morceaux et intégrable sur $] 0; + \infty [$ car prolongeable par continuité en $0$ et négligeable devant $t \mapsto 1 / t^{2}$ en $+ \infty$ .

Par domination, $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $[a; + \infty [$ . Or cela vaut pour tout $a > 0$ et la fonction $f$ est donc de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

$f^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} - t \ln (t) e^{- x t} d t .$
(c)

On réalise une intégration par parties généralisée avec

$u (t) = t \ln (t) - t et v (t) = e^{- x t} .$

Les fonctions $u$ et $v$ sont de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ et le produit $u v$ admet des limites finies (toutes deux nulles) en $0^{+}$ et $+ \infty$ . Par intégration par parties généralisée,

$f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \ln (t) e^{- x t} d t = {[(t \ln (t) - t) e^{- x t}]}_{0}^{+ \infty} + x \int_{0}^{+ \infty} (t \ln (t) - t) e^{- x t} d t$

avec convergence de l’intégrale introduite.

Par linéarité et avec convergence des intégrales manipulées,

$f (x) = x \int_{0}^{+ \infty} t \ln (t) e^{- t} d t - \int_{0}^{+ \infty} x t e^{- x t} d t$

avec

$\int_{0}^{+ \infty} x t e^{- x t} d t = \frac{1}{x} \int_{0}^{+ \infty} u e^{- u} d u .$

Par une nouvelle intégration par parties généralisée,

$\int_{0}^{+ \infty} u e^{- u} d u = {[- u e^{- u}]}_{0}^{+ \infty} + \int_{0}^{+ \infty} e^{- u} d u = 1 .$

Au final, on obtient que $f$ est solution sur $] 0; + \infty [$ de l’équation différentielle linéaire

$x y^{'} + y + \frac{1}{x} = 0 .$

Après résolution de cette équation différentielle, on obtient

$f (x) = - \frac{\ln (x)}{x} + \frac{C}{x} avec C = f (1)$

En fait, le changement de variable $u = x t$ dans l’intégrale définissant $f (x)$ permet d’obtenir initialement

$f (x) = - \frac{\ln (x)}{x} + \frac{C}{x} avec C = \int_{0}^{+ \infty} \ln (t) e^{- t} d t .$

Exercice 7 4716

Pour $x \geq 0$ , on pose

f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t}}{1 + t^{3}} d t .

(a)

Montrer que $f$ est définie et continue sur $ℝ_{+}$ .
(b)

Déterminer la limite de $f$ en $+ \infty$ .

Exercice 8 537 Correction

Soit

f : x \mapsto \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- x t^{2}}}{1 + t^{2}} d t .

(a)

Montrer que $f$ est définie et continue sur $ℝ_{+}$ .
(b)

Montrer que $f$ est dérivable sur $ℝ_{+}^{*}$ et solution de l’équation différentielle

$y - y^{'} = \frac{\sqrt{π}}{2 \sqrt{x}} .$

Solution

(a)

$g : (x, t) \mapsto \frac{e^{- x t^{2}}}{1 + t^{2}}$ est définie continue en $x$ et continue par morceaux en $t$ sur $ℝ_{+} \times [0; + \infty [$ avec

$| g (x, t) | \leq \frac{1}{1 + t^{2}} = φ (t)$

et $φ$ intégrable sur $[0; + \infty [$ .
Par domination, on peut affirmer que $f$ est définie et continue sur $ℝ_{+}$ .
(b)

$\frac{\partial g}{\partial x}$ existe et est continue en $x$ et continue par morceaux en $t$ sur $ℝ_{+}^{*} \times [0; + \infty [$ .
Pour $x \in [a; b] \subset ℝ_{+}^{*}$ on a

$| \frac{\partial g}{\partial x} (x, t) | = | - \frac{t^{2}}{1 + t^{2}} e^{- x t^{2}} | \leq e^{- a t^{2}} = ψ (t)$

avec $ψ$ intégrable sur $ℝ_{+}$ .
Par domination sur tout segment de $ℝ_{+}^{*}$ , on peut affirmer que $f$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $] 0; + \infty [$ avec

$f^{'} (x) = - \int_{0}^{+ \infty} \frac{t^{2} e^{- x t^{2}}}{1 + t^{2}} d t .$

Enfin,

$f (x) - f^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x t^{2}} d t \underset{u = \sqrt{x} t}{=} \frac{1}{\sqrt{x}} \int_{0}^{+ \infty} e^{- u^{2}} d u = \frac{\sqrt{π}}{2 \sqrt{x}} .$

Exercice 9 532 Correction

Soit

g (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e^{- t x^{2}} d t}{1 + t^{3}} .

(a)

Calculer $g (0)$ en réalisant le changement de variable $t = 1 / u$ .
(b)

Étudier les variations de $g$ sur son domaine de définition.
(c)

Étudier la limite de $g$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

$t \mapsto \frac{1}{1 + t^{3}}$ est intégrable sur $ℝ_{+}$ car équivaut à $t \mapsto \frac{1}{t^{3}}$ en $+ \infty$ . On en déduit que l’intégrale définissant $g (0)$ existe. La fonction $u \mapsto 1 / u$ est une bijection de classe $𝒞^{1}$ entre $ℝ_{+}^{*}$ et $ℝ_{+}^{*}$ : on peut réaliser le changement de variable $t = 1 / u$ . Celui-ci donne

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{1 + t^{3}} = \int_{0}^{+ \infty} \frac{u d u}{1 + u^{3}} .$

En sommant ces deux expressions de $g (0)$ ,

$2 g (0) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2} - t + 1} = {[\frac{2}{\sqrt{3}} \arctan (\frac{2 t - 1}{\sqrt{3}})]}_{0}^{+ \infty} = \frac{4 π}{3 \sqrt{3}}$

puis

$g (0) = \frac{2 π}{3 \sqrt{3}} .$
(b)

La fonction $g$ est paire. Pour $0 \leq x \leq y$ , on a pour tout $t \geq 0$ , $e^{- t x^{2}} \geq e^{- t y^{2}}$ et par intégration $g (x) \geq g (y)$ . On en déduit que $g$ est décroissante sur $ℝ_{+}$ .
(c)

Pour $x > 0$ ,

$0 \leq g (x) \leq \int_{0}^{+ \infty} e^{- t x^{2}} d t = \frac{1}{x^{2}} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Par encadrement,

$lim_{x \to + \infty} g (x) = 0 .$

[<] Transformée de Fourier et intégrales apparentées [>] Fonction d'Euler

Édité le 08-12-2023

Transformée de Laplace et intégrales apparentées