# Théorie physique des distributions/Exercices/Équations différentielles
## Exercice 5-1

Montrer que la distribution de Dirac est une solution de l'équation différentielle :
$(e^{t}-1)y''+2y'-y=0$
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.
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 :
$T''-a^{2}T=0$
$S=fT\quad \mathrm {avec} \quad f(x)=e^{-ax}$
et on utilisera l'exercice 3-3.
a - Si T était une fonction y, la solution de l'équation y' - ay = 0 serait y = C.e$^{at}$. En remarquant que e$^{-at}$y = 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 +∞.
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.
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)
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 :
$f(0)=0$
$f'(0)=0$
| Produit de convolution | Transformée de Fourier |