2009-2010 http ://www.cnam.fr/depts/maths CNAM - Paris Analyse et Calcul Matriciel MVA 101 Corrig´ e du devoir n ◦ 5 Exercice n ◦ 1 1 ◦ ) la fonction Φ : t → exp(-a|t|) est continue sur R donc y est localement int´ egrable, et comme t 2 exp(-a|t|) → 0 quand t →∞ elle est int´ egrable sur R et donc poss´ ede une transform´ ee de Fourier. ˆ Φ(ξ )= Z +∞ -∞ exp(-a|t|- 2iπtξ )dt = Z 0 -∞ exp(at - 2iπtξ )dt + Z +∞ 0 exp(-at - 2iπtξ )dt = exp(at - 2iπtξ ) a - 2iπξ 0 -∞ + exp(-at - 2iπtξ ) -a - 2iπξ +∞ 0 = 1 a - 2iπξ + 1 a +2iπξ = 2a a 2 +4π 2 ξ 2 2 ◦ ) Appliquons la transform´ ee de Fourier ` a l’´ equation int´ egro-diff´ erentielle, on obtient en notant Y (s) la transform´ ee de Fourier de y(t) et en remarquant que l’int´ egrale est le produit de convolution de y avec la fonction Φ ; Y (s)+ Y (s) ˆ Φ(s)= ˆ Φ(s) ⇔ Y (s) 1+ 2a a 2 +4π 2 s 2 = 2a a 2 +4π 2 s 2 D’o` u l’on tire ; Y (s)= 2a a 2 +4π 2 s 2 +2a En appliquant la transform´ ee de Fourier inverse on en d´ eduit que : y(t)= Z +∞ -∞ 2a exp(2iπts) a 2 +4π 2 s 2 +2a ds Posons α = √ a 2 +2a, sachant que l’on a trouv´ e au 1 ◦ ) que F (exp(-a|t|))(s)= 2a a 2 +4π 2 s 2 ⇒ F exp(-a|t|) 2a (s)= 1 a 2 +4π 2 s 2 On en d´ eduit que : ¯ F 1 a 2 +4π 2 s 2 = exp(-a|t|) 2a ⇒ ¯ F 1 α 2 +4π 2 s 2 = exp(-α|t|) 2α D’o` u l’on tire que : y(t)=2a exp(-α|t|) 2α = a exp(-|t| √ a 2 +2a) √ a 2 +2a 1
2009-2010 http ://www.cnam.fr/depts/maths CNAM - Paris
Analyse et Calcul Matriciel
MVA 101
Corrige du devoir n5
Exercice n1
1) la fonction : t exp(a|t|) est continue sur R donc y est
localement integrable, et commet2 exp(a|t|) 0 quand t elle est
integrable sur R et donc possede une transformee deFourier.
() = +
exp(a|t| 2ipit)dt = 0
exp(at 2ipit)dt+ +0
exp(at 2ipit)dt
=[
exp(at 2ipit)a 2ipi
]0
+[
exp(at 2ipit)a 2ipi
]+0
=1
a 2ipi +1
a+ 2ipi=
2aa2 + 4pi22
2) Appliquons la transformee de Fourier a` lequation
integro-differentielle, on obtient en notant Y (s)la transformee de
Fourier de y(t) et en remarquant que lintegrale est le produit de
convolutionde y avec la fonction ;
Y (s) + Y (s)(s) = (s) Y (s)[1 +
2aa2 + 4pi2s2
]=
2aa2 + 4pi2s2
Dou` lon tire ;
Y (s) =2a
a2 + 4pi2s2 + 2aEn appliquant la transformee de Fourier inverse
on en deduit que :
y(t) = +
2a exp(2ipits)a2 + 4pi2s2 + 2a
ds
Posons =a2 + 2a, sachant que lon a trouve au 1) que
F (exp(a|t|))(s) = 2aa2 + 4pi2s2
F(
exp(a|t|)2a
)(s) =
1a2 + 4pi2s2
On en deduit que :
F
(1
a2 + 4pi2s2
)=
exp(a|t|)2a
F(
12 + 4pi2s2
)=
exp(|t|)2
Dou` lon tire que :
y(t) = 2aexp(|t|)
2=a exp(|t|a2 + 2a)
a2 + 2a
1
Exercice n2
Resolvons le syste`me par la methode de Gauss :
x+my + z = 1
(L2 mL1) (1m2)y z = 0(L3 L1) (1m)y + (m 1)z = m
On voit que le syste`me na pas de solution si m = 1 car la
dernie`re equation secrit alors 0 = 1.
Supposons donc m 6= 1 et echangeons les lignes (2) et (3), on
obtient alors ;
x+my + z = 1
(1m)y + (m 1)z = m(L3 (m+ 1)L2) m2z = m(m+ 1)
Si m = 0 la dernie`re equation secrit 0z = 0 donc z est
arbitraire et le syste`me admet une infinite desolutions qui sont
:y = z, x = 1 z (droite de R3).Si m 6= 0 on obtient une solution
unique ( syste`me de Cramer ) ;
