# Théorie physique des distributions/Exercices/Équations de convolution
## Exercice 8-1

Soit le circuit :
À l'instant t = 0, on applique une tension U à l'entrée du circuit. Décrire l'évolution de la tension U$_a$ en fonction du temps.
On rappelle que l'intensité et la tension au borne du condensateur sont liées par la relation :
$i=C{\frac {du}{dt}}$
Nous pouvons écrire les deux relations :
${\begin{cases}i=C{\frac {dU_{a}}{dt}}\\U_{e}=U_{a}+Ri\end{cases}}$
Nous en déduisons :
$U_{e}=U_{a}+RC{\frac {dU_{a}}{dt}}$
qui peut s'écrire :
$(\delta +RC\delta ')\star U_{a}=U_{e}$
Si on applique une tension U à l'instant t = 0, l'équation de convolution s'écrit :
$(\delta +RC\delta ')\star U_{a}=H.U$
En prenant les transformées de Laplace des deux membres, on obtient :
$(1+RCp)\times {\mathcal {L}}.U_{a}={\frac {U}{p}}$
soit :
${\mathcal {L}}.U_{a}={\frac {U}{RC}}.{\frac {1}{p(p+{\frac {1}{RC}})}}$
La table des transformées inverses de Laplace usuelles nous permet d'obtenir :
$U_{a}(t)=H(t).U\left(1-e^{-{\frac {t}{RC}}}\right)$

## Exercice 8-2

Soit le circuit :
On applique à l'entrée de ce circuit un signal U$_e$ = f(t) avec la fonction f définie par :
$\forall t\in \mathbb {R} ,\ f(t)=\left\{{\begin{matrix}0&\mathrm {si} &t<t_{0}\\E&\mathrm {si} &t_{0}\leqslant t<t_{0}+\epsilon \\0&\mathrm {si} &t\geqslant t_{0}+\epsilon .\end{matrix}}\right.$
Décrire l'évolution de la tension U$_a$ en fonction du temps.
On rappelle que l'intensité et la tension au borne du condensateur sont liées par la relation :
$i=C{\frac {du}{dt}}$
Nous pouvons écrire les deux relations :
${\begin{cases}i=C{\frac {d(U_{e}-U_{a})}{dt}}\\U_{a}=Ri\end{cases}}$
Nous en déduisons :
$U_{a}=RC{\frac {d(U_{e}-U_{a})}{dt}}$
Soit :
${\frac {1}{RC}}U_{a}+{\frac {dU_{a}}{dt}}={\frac {dU_{e}}{dt}}$
qui peut s'écrire :
${\frac {1}{RC}}U_{a}+\delta '\star U_{a}=\delta '\star U_{e}$
En prenant la transformée de Laplace des deux membres nous obtenons :
${\frac {1}{RC}}{\mathcal {L}}.U_{a}+p\times {\mathcal {L}}.U_{a}=p\times {\mathcal {L}}.U_{e}$
Nous connaissons déjà la transformée de Laplace de U$_e$. Nous l'avons calculé dans l'exercice 7-3.Nous obtenons :
${\frac {1}{RC}}{\mathcal {L}}.U_{a}+p\times {\mathcal {L}}.U_{a}=p\times {\frac {E.e^{-pt_{0}}}{p}}\left(1-e^{-p\epsilon }\right)$
Qui s'écrit :
${\mathcal {L}}.U_{a}\left(p+{\frac {1}{RC}}\right)=E.e^{-pt_{0}}\left(1-e^{-p\epsilon }\right)$
et donne:
${\mathcal {L}}.U_{a}=E{\frac {e^{-pt_{0}}}{p+{\frac {1}{RC}}}}-E{\frac {e^{-p(t_{0}+\epsilon )}}{p+{\frac {1}{RC}}}}$
À l'aide d'une table des transformées inverses de Laplace, nous obtenons finalement :
$U_{a}=Ee^{-{\frac {t-t_{0}}{RC}}}H(t-t_{0})-Ee^{-{\frac {t-t_{0}-\epsilon }{RC}}}H(t-t_{0}-\epsilon )$

## Exercice 8-3

Trouver une solution de l'équation différentielle :
$t.y''-2y'+t.y=0$
qui soit nulle avant l'instant t = 0
Nous cherchons une solution qui soit nulle avant l'instant t = 0. Nous sommes dans les conditions idéales pour utiliser la transformée de Laplace.
Sachant qu'une multiplication par -t d'une fonction correspond à une dérivation de sa transformée de Laplace, on obtient :
$-({\mathcal {L}}.y'')'(p)-2{\mathcal {L}}.y'(p)-({\mathcal {L}}.y)'(p)=0$
dériver une fonction revient à multiplier par p sa transformée de Laplace, on peut donc écrire :
$-(p^{2}{\mathcal {L}}.y(p))'-2p{\mathcal {L}}.y(p)-({\mathcal {L}}.y)'(p)=0$
soit, en développant :
$-2p.{\mathcal {L}}.y(p)-p^{2}.({\mathcal {L}}.y)'(p)-2p.{\mathcal {L}}.y(p)-({\mathcal {L}}.y)'(p)=0$
qui s'écrit :
$(p^{2}+1)({\mathcal {L}}.y)'(p)=-4p.{\mathcal {L}}.y(p)$
et qui peut ainsi se mettre sous la forme :
${\frac {({\mathcal {L}}.y)'(p)}{{\mathcal {L}}.y(p)}}={\frac {-4p}{p^{2}+1}}$
Prenons la primitive des deux membres, on obtient :
$\ln {{\mathcal {L}}.y(p)}=-2\ln {(p^{2}+1)}$
qui s'écrit :
$\ln {{\mathcal {L}}.y(p)}=\ln {\frac {1}{(p^{2}+1)^{2}}}$
En simplifiant par les logarithmes, on obtient :
${\mathcal {L}}.y(p)={\frac {1}{(p^{2}+1)^{2}}}$
En cherchant dans une table des transformées inverses de Laplace usuelles suffisamment complète, on trouve :
$y(t)={\frac {1}{2}}H(t)(\sin t-t\cos t)$
* Remarque
* On peut remarquer que la fonction f, obtenu en supprimant la fonction de Heaviside en facteur, à savoir défini par :
* $f(t)={\frac {1}{2}}(\sin t-t\cos t)$
* est aussi une solution particulière de l'équation.
* La transformée de Laplace qui n'opère que sur les fonctions nulles sur ]-∞ ; 0[ nous permet indirectement d'obtenir une solution non nulle sur ]-∞ ; 0[. L'explication n'est pas liée à la transformée de Laplace, mais au fait que nous travaillons avec des fonctions analytiques. L'équation différentielle a ses coefficients analytiques et la transformée de Laplace nous donne la solution H.f qui est analytique sur ]0;+∞[. Or sur ]0:+∞[, nous avons H.f = f. Il est donc logique que le prolongement analytique à ]-∞ ; +∞[, qui est f, soit aussi une solution de l'équation différentielle.

## Exercice 8-4

Trouver une fonction f vérifiant :
$\int _{0}^{t}\cos(t-x).f(x)\,\mathrm {d} x=1-\cos t$
L'intégrale du premier membre peut s'écrire :
$\int _{-\infty }^{\infty }H(t-x)\cos(t-x).H(x)f(x)\,\mathrm {d} x=1-\cos t$
Où l’on reconnaît un produit de convolution :
$H(t)\cos(t)\star H(t)f(t)=1-\cos t$
Nous reconnaissons une équation de convolution.
En prenant les transformées de Laplace des deux membres, on obtient :
${\frac {p}{p^{2}+1}}\times {\mathcal {L}}.f(p)={\frac {1}{p}}-{\frac {p}{p^{2}+1}}$
qui s'écrit :
${\frac {p}{p^{2}+1}}\times {\mathcal {L}}.f(p)={\frac {1}{p(p^{2}+1)}}$
Multiplions les deux membres par p$^2$ + 1
$p\times {\mathcal {L}}.f(p)={\frac {1}{p}}$
Soit :
${\mathcal {L}}.f(p)={\frac {1}{p^{2}}}$
Qui nous donne :
$f(t)=t$
t étant une variable muette, on a aussi :
$f(x)=x$
On vérifie alors, en faisant une intégration par partie, que l’on a bien :
$\int _{0}^{t}\cos(t-x).f(x)\,\mathrm {d} x=\int _{0}^{t}x.\cos(t-x)\,\mathrm {d} x=1-\cos t$

## Exercice 8-5

Soit f, g et h, trois fonctions définies par :
$f(t)=H(t)e^{\lambda t}\qquad \lambda \geqslant 0$
$g(t)=H(t).t.e^{\lambda t}\qquad \lambda \geqslant 0$
$h(t)=H(t).{\frac {t^{2}}{2}}e^{\lambda t}\qquad \lambda \geqslant 0$
Soit T, la distribution définie par :
$T=\delta '-\lambda \delta$
a) Sans utiliser la transformée de Laplace, montrez que l'inverse de convolution de f est la fonction T :
b) De façon similaire à la question précédente, montrer que l'inverse de convolution de g est la fonction T ⋆ T :
c) De façon similaire à la question précédente, montrer que l'inverse de convolution de h est la fonction T ⋆ T ⋆ T :
a) Dérivons la fonction f :
$f'(t)=\delta (t)e^{\lambda t}+\lambda H(t)e^{\lambda t}=\delta (t)e^{\lambda \times 0}+\lambda f(t)=\delta (t)+\lambda f(t)$
On en déduit :
$f'(t)-\lambda f(t)=\delta (t)$
Qui peut s'écrire :
$(\delta '-\lambda \delta )\star f=\delta$
où l'on voit que l'inverse de convolution de f est la fonction T.
b) Dérivons la fonction g :
$g'(t)=\delta (t).t.e^{\lambda t}+H(t).e^{\lambda t}+\lambda H(t).t.e^{\lambda t}=\delta (t)\times 0\times e^{\lambda \times 0}+H(t).e^{\lambda t}+\lambda H(t).t.e^{\lambda t}=H(t).e^{\lambda t}+\lambda H(t).t.e^{\lambda t}$
Et nous voyons que la distribution de Dirac δ a disparu. Pour remédier au problème, nous allons calculer la dérivée seconde. On trouve, tout calcul fait :
$g''(t)=\delta (t)+2\lambda H(t).e^{\lambda t}+\lambda ^{2}H(t).t.e^{\lambda t}$
En éliminant le terme en H(t).e$^{λt}$ entre l'expression de g"(t) et l'expression de g'(t), nous obtenons ;
$g''(t)-2\lambda g'(t)+\lambda ^{2}g(t)=\delta (t)$
Ou l'on voit que :
$(\delta ''-2\lambda \delta '+\lambda ^{2}\delta )\star g=\delta$
qui s'écrit aussi :
$(\delta '-\lambda \delta )\star (\delta '-\lambda \delta )\star g=\delta$
où l'on voit que l'inverse de convolution de g est la fonction T ⋆ T.
c) L'expérience acquise sur les questions précédentes nous amène à penser qu'ici, il va falloir dérivée h jusqu'à la dérivée troisième.
On trouve tout calcul fait :
$\left\{{\begin{matrix}h(t)=H(t).{\frac {t^{2}}{2}}e^{\lambda t}\\h'(t)=H(t).t.e^{\lambda t}+\lambda .H(t).{\frac {t^{2}}{2}}e^{\lambda t}\\h''(t)=H(t).e^{\lambda t}+2\lambda .H(t).t.e^{\lambda t}+\lambda ^{2}.H(t).{\frac {t^{2}}{2}}e^{\lambda t}\\h'''(t)=\delta (t)+3\lambda .H(t).e^{\lambda t}+3\lambda ^{2}.H(t).t.e^{\lambda t}+\lambda ^{3}.H(t).{\frac {t^{2}}{2}}e^{\lambda t}\end{matrix}}\right.$
En éliminant les termes en :
$\left\{H(t).{\frac {t^{2}}{2}}e^{\lambda t},\,H(t).t.e^{\lambda t},\,H(t).e^{\lambda t}\right\}$
entre les quatre relations précédentes, il nous reste :
$h'''(t)-3\lambda h''(t)+3\lambda ^{2}h'(t)-\lambda ^{3}h(t)=\delta (t)$
où l'on voit que :
$\left(\delta '''-3\lambda \delta ''+3\lambda ^{2}\delta '-\lambda ^{3}\delta \right)\star h=\delta$
qui s'écrit aussi :
$(\delta '-\lambda \delta )\star (\delta '-\lambda \delta )\star (\delta '-\lambda \delta )\star h=\delta$
où l'on voit que l'inverse de convolution de h est la distribution T ⋆ T ⋆ T.

## Exercice 8-6

Trouver une fonction u à support positif vérifiant :
$H(t).\int _{0}^{t}{\frac {(t-x)^{2}}{2}}.e^{t-x}.u(x)\,\mathrm {d} x=H(t).\sin ^{3}t$
(On pourra utiliser l'exercice précédent)
La relation s'écrit avec les notations de l'exercice précédent :
$h(t)\star H(t).u(t)=H(t).\sin ^{3}t$
Mais nous avons vu que l'inverse de convolution de h est la distribution T ⋆ T ⋆ T. Par conséquent, on a :
$H(t).u(t)=(\delta '-\lambda \delta )\star (\delta '-\lambda \delta )\star (\delta '-\lambda \delta )\star H(t).\sin ^{3}t$
Nous obtenons finalement :
$u(t)=8\sin ^{3}t-12\sin ^{2}\cos t-18\sin t\cos ^{2}t+6\cos ^{3}t$
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