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%   Math4 CC2 2019
%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\documentclass[a4paper,12pt]{article}

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\newcommand{\ds}{\displaystyle}
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\theoremstyle{definition}
\newtheorem{exo}{Exercice}
\newtheorem{cours}{Question de cours}
\newtheorem*{cor}{Corrigé}
%% \newenvironment{exo}{\begin{exa} \em}{\end{exa}}
%% \newenvironment{cours}{\begin{quc} \em}{\end{quc}}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{document}
%\thispagestyle{empty}


\noindent %\hspace{-1cm}
Universit\'e Claude Bernard Lyon 1 \hfill PCSI L2\ UE Math4

\noindent %\hspace{-1cm}
Ann\'ee universitaire 2018/2019

\noindent %\hspace{-1cm}
Printemps 2019


\bigskip\bigskip


\begin{center}
  {\large\bf Corrigé du CC2 du 22.03.2019}
\end{center}
\bigskip

\begin{exo} [6 pts.]
  Soient $f,H:\R\to\R$ les deux fonctions d\'efinies par :
  $$\displaystyle
  f(x) = \left\{\begin{array}{cl}
  0 & \mbox{\rm si } x^2 > 1  \\
  1-x^2 & \mbox{\rm si } x^2\leq 1
  \end{array}
  \right.
  \qquad
  H(x) = \left\{\begin{array}{cl}
  0 & \mbox{\rm si } x <0   \\
  1 & \mbox{\rm si } x\geq 0
  \end{array}
  \right.
  $$
  Tracer le graphe de $f$ et le graphe de $H$.
  D\'eterminer $f\star H(x)$. Tracer le graphe de $f\star H$.
\end{exo}

\begin{cor}
  Commençons par tracer les graphes de \(f\) et \(H\) :  
  \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[scale=1.5]
      \draw[->] (-1.8,0) -- (1.8,0) node[right] {$x$};
      \draw[<-] (0,1.3) -- (0,-.05) node[below] {$0$} ;
      \draw (.05,1) -- (-.05,1) node[left] {$1$};
      \draw[thick] (-1.8,0) -- (0,0) -- (0,1) -- (1.8,1) node[right]{$H(x)$};
    \end{tikzpicture}
    %
    \begin{tikzpicture}[scale=1.5]
      \draw[->] (-1.8,0) -- (1.8,0) node[right] {$x$};
      \draw[->] (0,-.05) -- (0,1.3) ;
      \draw (-.05,1) -- (.05,1) node[anchor=north east] {$1$};
      \draw (-1,.05) -- (-1,-.05) node[anchor=north] {$-1$};
      \draw (1,.05) -- (1,-.05) node[anchor=north] {$1$};
      \draw[thick] (-1.8,0) -- (-1,0);
      \draw[thick] (1,0) -- (1.8,0) node[anchor=south east]{$f(x)$};
      \draw[domain=-1:1,smooth,thick]  plot ({\x},{1-\x*\x}) ;%node[right]{$f(x)$};
    \end{tikzpicture}
  \end{center}
  %%   \caption{Graphes de \(f\) et \(H\)}
  %% \end{figure}
  
  Soit \(x\in\R\). Par définition,
  \[
  f\star H(x)=\int_\R f(y)H(x-y)dy,
  \quad\text{et }
  H(x-y)=
  \begin{cases}
    0 & \text{lorsque } x-y<0,\\
    1 & \text{lorsque } x-y\geq0,\\
  \end{cases}
  \]
  donc l'intégrale se simplifie en
  \[
  f\star H(x)=\int_{-\infty}^x f(y)dy.
  \]
  On distingue alors trois cas :
  \begin{itemize}
  \item si \(x<-1\), \(f\star H(x)=0\) ;
  \item si \(-1\leq x\leq 1\),
    \[
    f\star H(x)=\int_{-1}^x (1-y^2)dy=\left[y-\frac{y^3}{3}\right]_{-1}^x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{2}{3},
    \]
  \item si \(x>1\), alors
    \[
    f\star H(x)=\int_{-1}^1 (1-y^2)dy=\frac{4}{3}.
    \]
  \end{itemize}
  On peut maintenant tracer le graphe de \(f\star H\) :
  %% \begin{figure}[h!]
  %%   \centering
  \begin{center}
    \begin{tikzpicture}[scale=1.5]
      \draw[->] (-1.8,0) -- (1.8,0) node[right] {$x$};
      \draw[->] (0,-.05) -- (0,1.3) ;
      \draw (.05,1) -- (-.05,1) node[anchor=east] {$1$};
      \draw (-1,.05) -- (-1,-.05) node[anchor=north] {$-1$};
      \draw (1,.05) -- (1,-.05) node[anchor=north] {$1$};
      \draw[thick] (-1.8,0) -- (-1,0);
      \draw[thick] (1,4/3) -- (1.8,4/3) node[anchor=west]{$f\star H(x)$};
      \draw[domain=-1:1,smooth,thick]  plot ({\x},{\x-\x*\x*\x/3+2/3}) ;%node[right]{$f(x)$};
    \end{tikzpicture}
  \end{center}
  %%   \caption{Graphe de \(f\star H\)}
  %% \end{figure}

\end{cor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo} [3 pts.]
  Soient $f(x) = x$ et $g(x) = \frac1{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}2}$. On rappelle que $\displaystyle\int_{-\infty}^\infty g(x) dx = 1$.\\ 
  D\'eterminer $f\star g$.
  \smallskip

  \noindent {\bf Bonus} [2 pts.]
  Soit $g(x)$ une fonction continue paire qui satisfait $g(x)=0$ d\`es que $|x|\geq b$ pour une valeur réelle $b$ et $\int_{-\infty}^{+\infty} g(x) dx = 1$. 
  Montrer que $f\star g = f$, où \(f\) est toujours la fonction définie par \(f(x)=x\).
\end{exo}

\begin{cor}
  Calculons \(f\star g\) directement. Soit \(x\in\R\),
  \[
  f\star g(x)=\int_\R f(x-y)g(y)dy=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_\R (x-y)e^{-y^2/2}dy.
  \]
  Or, \(\int_\R xg(y)dy= x\int_R g(y)dy=x\), il reste donc à calculer l'autre intégrale :
  \[
  \int_R ye^{-y^2/2}dy=\left[ -\frac{1}{2}e^{-y^2/2} \right]_{-\infty}^{+\infty}=0,
  \]
  et donc finalement, \(f\star g(x)=x\), c'est-à-dire que \(f\star g=f\).

  \emph{Corrigé du bonus :} Le calcul est similaire au précédent. Soit \(x\in\R\),
  \[
  f\star g(x)=\int_\R f(x-y)g(y)dy=\int_{-b}^b (x-y)g(y)dy.
  \]
  Comme \(g\) est continue sur \([-b,b]\), il n'y a pas de problème d'intégrabilité. Alors on peut écrire :
  \[
  f\star g(x)=x\int_{-b}^b g(y)dy-\int_{-b}^b yg(y)dy = x-\int_{-b}^b yg(y)dy
  \]
  car \(\int_\R g(y)dy=1\). Comme, de plus, \(g\) est paire, la fonction \(y\mapsto yg(y)\) est impaire, et donc, en faisant le changement de variable donné par \(z=-y\),
  \begin{align*}
    \int_{-b}^b yg(y)dy&= \int_0^b yg(y)dy + \int_{-b}^0 yg(y)dy\\
    &=\int_0^b yg(y)dy + \int_b^0 zg(z)dz\\
    &=0,\\
  \end{align*}
  d'où finalement, \(f\star g=f\).
\end{cor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo} [3 pts.]
Soit $f:\R^+\to\R$ la fonction d\'efinie par :
$$\displaystyle
f(x) = \left\{\begin{array}{cl}
0 & \mbox{\rm si } x > 1  \\
1-x^2 & \mbox{\rm si } x\leq 1
\end{array}
\right.
$$
Calculer la transformation de Laplace $\mathcal L[f]$ de $f$.
\end{exo}

\begin{cor}
  Comme la fonction \(f\) est nulle en dehors de \([0,1]\), sa transformée de Laplace est définie pour tout \(s\in\R\), et est égale à
  \[
  \mathcal L[f](s)=\int_0^{+\infty} f(x)e^{-sx}dx = \int_0^1 (1-x^2)e^{-sx}dx.
  \]
  On peut calculer sa valeur directement. D'abord, en \(s=0\),
  \[
  \mathcal L[f](0)=\int_0^1 (1-x^2)dx=\left[x-\frac{x^3}{3}\right]^1_0=\frac{2}{3}.
  \]
  Si \(s\neq 0\), alors, par intégrations par parties,
  \begin{align*}
    \mathcal L[f](s) &= \int_0^1 e^{-sx}dx - \int_0^1 x^2e^{-sx}dx\\
    &=\left[-\frac{1}{s}e^{-sx}\right]_0^1 - \left( \left[ -\frac{x^2}{s}e^{-sx} \right]^1_0 +\frac{1}{s} \int_0^1 2x e^{-sx}dx\right)\\
    &=\frac{1-e^{-s}}{s} + \frac{e^{-s}}{s} -\frac{2}{s}\left(\left[-\frac{x}{s}e^{-sx}\right]^1_0+\frac{1}{s} \int_0^1  e^{-sx}dx\right)\\
    &=\frac{1}{s} -\frac{2}{s}\left(-\frac{e^{-s}}{s}-\frac{1}{s^2}\left[e^{-sx}\right]_0^1\right)\\
    &=\frac{1}{s}+\frac{2e^{-s}}{s^2}+\frac{2e^{-s}-2}{s^3}.
  \end{align*}
\end{cor}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo} [8 pts.]
  On consid\`ere l'\'equation diff\'erentielle sur $\R^+$ avec conditions initiales
  $$ f''(t) + 4 f'(t) + 3f(t) = e^{t} \qquad f(0)= 0,\: f'(0) = 1.$$
  À l'aide de la transformation de Laplace, trouver la solution de cette \'equation.
\end{exo}

\begin{cor}
  On souhaite appliquer la transformée de Laplace à l'équation différentielle. Dans ce but, notons que si \(f\) vérifie \(f(0)=0\) et \(f'(0)=1\), alors
  \begin{align*}
    \mathcal L[f'](s)&=s\mathcal L[f](s) -f(0)=s\mathcal L[f](s),\\
    \mathcal L[f''](s)&=s\mathcal L[f'](s) -f'(0)=s^2\mathcal L[f](s)-1.
  \end{align*}
  De plus, \(\mathcal L[t\mapsto e^{t}](s)=\frac{1}{1-s}\), et donc on cherche une solution à
  \[
  s^2\mathcal L[f](s)-1 +4s\mathcal L[f](s)  +3\mathcal L[f](s) = \frac{1}{s-1},
  \]
  ou encore, en regroupant les termes en \(\mathcal L[f](s)\),
  \[
  (s^2+4s+3)\mathcal L[f](s)= 1+\frac{1}{s-1}= \frac{s}{s-1}.
  \]
  En remarquant que \(s^2+4s+3=(s+3)(s+1)\), on obtient
  \[
  \mathcal L[f](s)=\frac{s}{(s-1)(s+1)(s+3)}.
  \]
  On peut maintenant réduire la fraction rationnelle du membre de droite en éléments simples. Pour cela, on peut appliquer la décomposition donnée dans le formulaire : il existe d'uniques constantes \(a,b,c\in\R\) telles que
  \[
  \frac{s}{(s-1)(s+1)(s+3)}=\frac{a}{s-1}+\frac{b}{s+1}+\frac{c}{s+3}.
  \]
  Pour trouver \(a\), on multiplie l'équation précédente par \(s-1\), puis un évalue l'expression en \(s=1\). Alors
  \[
  a=\left. \frac{s}{(s+1)(s+3)}\right|_{s=1}=\frac{1}{8}.
  \]
  De la même manière,
  \[
  b=\left. \frac{s}{(s-1)(s+3)}\right|_{s=-1}=\frac{1}{4},\quad   c=\left. \frac{s}{(s-1)(s+1)}\right|_{s=-3}=-\frac{3}{8},
  \]
  et on peut alors inverser la transformée de Laplace pour trouver que
  \[
  f(t)=\frac{1}{8}e^{t}+\frac{1}{4}e^{-t}-\frac{3}{8}e^{-3t}.
  \]
  Ce n'est pas nécessaire, mais on peut s'assurer que \(f\) est bien une solution du problème. Le calcul nous donne raison.
\end{cor}

\end{document}
