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République Algérienne Démocratique et Populaire
Ministère de l’Enseignement Supérieur et de la Recherche Scientifique
Université Abou Bekr Belkaïd Tlemcen
Faculté des Sciences
Département de Mathématiques
Mémoire de Master
Option : Equations différentielles Ordinaires
Présenté par
Aissaoui Moussa
Utilisation de la transformée de Laplace pour la résolution des équations différentielles fractionnaires
et équations intégro-différentielles de type Volterra
Soutenu le : 29/09 /2015 devant la commission d’examen
M. Derhad Mohammed Prof. U.A.B.B Tlemcen Encadreur
M. Yebdri Mustapha Prof. U.A.B.B Tlemcen Président
M. Messirdi Bachir M. C. B. U.A.B.B Tlemcen Examinateur
M. Messirdi Miloud M. C. A. U.A.B.B Tlemcen Examinateur
Année universitaire : 2014-2015
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Utilisation de la transformée de Laplace
Aissaoui Moussa
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Table des Matières
0.1 Remerciements . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.2 Dédicace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Introduction 4
1 Sur l�intégrale et la dérivée fractionnaire 51.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Intégrales fractionnaires et dérivées fractionnaires . . . . . . . 51.3 Fonctions de Mittag-Le er . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.4 Transformée de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2 Equations di¤érentielles fractionnaires à coe¢ cients constantset variables 172.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.2 Equations di¤érentielles fractionnaires à coe¢ cients constants 172.3 Equations di¤érentielles fractionnaires à coe¢ cients variables . 272.4 Equations di¤érentielles fractionnaires avec retard . . . . . . . 32
3 Equations intégro-di¤érentielles fractionnaires du type Volterra 373.1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.2 Une généralisation des équations intégro-di¤érentielles frac-
tionnaires du type Volterra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.3 Le problème de Cauchy pour les équations intégro-di¤érentielles
fractionnaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
1
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0.1 Remerciements
Je tiens à remercier tout d�abord Monsieur Derhad Mohammed , qui m�aencadré, tout au long de ce mémoire. Je lui apporte aussi toute ma recon-naissance pour son attention, ses conseils et son écoute qui ont été nécessairespour la bonne réussite de ce travail. J�ai pris un grand plaisir à travailleravec lui.J�adresse tout particulièrement mes remerciements à Monsieur le Pro-
fesseur Yebdri Mustapha, pour tous les e¤orts déployés pour notre formationpendant les deux années écoulées; aussi je le remercie vivement d�avoir ac-cepté de présider le jury.Mes remerciements vont à mes Professeurs Monsieur Messirdi Bachir et
Monsieur Messirdi Miloud d�avoir accepté d�évaluer mon mémoire et vousm�avez honoré par vos participations a mon jury de soutenance.J�exprime également ma gratitude à Monsieur le Chef de Département de
Mathématiques Monsieur Mebkhout Benmiloud qui a été toujours disponiblepour nous et nous a vraiment aidé dans tous les domaines.En�n, je ne saurai oublier de remercier tous mes enseignants du Départe-
ment de Mathématiques, qui m�ont accompagné et aidé à m�améliorer durantmon cursus de formation.
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0.2 Dédicace
Au nom du DIEU le clément et le miséricordieux je dédiece modeste travail à :Mes chers parents qui ont toujours été dévoués pour que je puisse réaliser.ce travail de recherche dans les meilleures conditions.A mes chers frères, s�urs.A tous les membres de ma famille paternelle et maternelle.A mes amies qui m�ont beaucoup aidé durant ces années d�études.Mes collègues de département, je remercie chacun de vous pour lesoutien et l�aide qu�il m�a apporté.
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Introduction
L�objet de ce mémoire est la résolution de quelques problèmes de Cauchyfractionnaires et quelques équations intégro-di¤érentielles fractionnaires dutype Volterra en utilisant la transformée de Laplace. On donne aussi la solu-tion explicite de certains problèmes de Cauchy fractionnaires dont l�équationdi¤érentielle fractionnaire est avec retard.La dérivée fractionnaire intevienne dans la modélisation mécanique de
matériaux qui conservent la mémoire des déformations passées et dont lecomportement est dit viscoélastique. La dérivée fractionnaire peut être in-terprétée mécaniquement comme le passage continu de l�état de ressort (ex-posant nul) à celui d�amortisseur ( exposant égal à 1) ( voir [10] et [13]).Ce mémoire est divisé en trois chapitres.Dans le premier chapitre, on présente quelques dé�nitions et résultats
concernant les intégrales et les dérivées fractionnaires ainsi quelques trans-formations intégrales.Dans le deuxième chapitre, on donne la solutions explicite de certains
problèmes de Cauchy dont l�équation di¤érentielle fractionnaire ou fraction-naire avec retard en utilisant la transformée de Laplace.Dans le troisième chapitre en utilisant la transformée de Laplace, on donne
la solution explicite de certaines équations intégo-di¤érentielles fractionnairesdu type Volterra.Les résultats de ce mémoire se trouvent dans [11].
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Chapitre 1
Sur l�intégrale et la dérivéefractionnaire
1.1 Introduction
Dans ce chapitre on présente quelques dé�nitions et résultats concernant lesintégrales, les dérivées fractionnaires et transformations intégrales.Les dé�nitions et les résultats de ce chapitre trouvent dans [2], [8] et [11].
1.2 Intégrales fractionnaires et dérivées frac-tionnaires
Soit f une fonction à valeurs réelles et � 2 C.
Dé�nition 1.2.1 On appelle intégrale fractionnaire à droite de la fonctionf d�ordre � et on la note I (�)a+ la fonction dé�nie par
(I�a+f)(x) =1
�(�)
Z x
a
(x� t)��1 f (t) dt; (1.1)
avec Re(�) > 0 où Re(�) désigne la partie réelle du nombre complexe � et �est la fonction Gamma d�Euler dé�nie par
�(z) =
Z +1
0
tz�1 exp(�t)dt;
où z 2 C avec Re(z) > 0:
5
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6
Dé�nition 1.2.2 On appelle intégrale à gauche de la fonction f d�ordre �et on la note I (�)a� la fonction dé�nie par
(I�a�f)(x) =1
�(�)
Z a
x
(x� t)��1 f (t) dt; (1.2)
où Re(�) > 0:
Dé�nition 1.2.3 On appelle dérivée fractionnaire au sens de Riemann-Liouvilleà droite de la fonction f d�ordre � et on la note D�
a+ la fonction dé�nie par
(D�a+f)(x) = (
d
dx)n(In��a+ f)(x); (1.3)
avec Re(�) � 0 et n = [Re(�)] + 1, où [Re(�)] désigne la partie entière duRe(�):
Dé�nition 1.2.4 On appelle dérivée fractionnaire au sens de Riemann-Liouvilleà gauche de la fonction f d�ordre � et on la note D�
a� la fonction dé�nie par
(D�a�f)(x) = (�
d
dx)n(In��a� f)(x); (1.4)
avec Re(�) � 0:
Dé�nition 1.2.5 On appelle dérivée fractionnaire au sens de Riemann-Liouvilleà droite de la fonction f d�ordre � (0 < � < 1) et de type � (0 � � � 1) eton la note D�;�
a+ la fonction dé�nie par
(D�;�a+ f)(x) = (I
�(1��)a+
d
dx(I(1��)(1��)a+ f))(x): (1.5)
Dé�nition 1.2.6 On appelle dérivée fractionnaire au sens de Riemann-Liouvilleà gauche de la fonction f d�ordre � (0 < � < 1) et de type � (0 � � � 1) eton la note D�;�
a� la fonction dé�nie par
(D�;�a� f)(x) = (I
�(1��)a�
d
dx(I(1��)(1��)a� f))(x): (1.6)
Remarque 1.2.7 1) Si � = 0 on trouve la dé�nition classique de la dérivéefractionnaire au sens de Riemann-Liouville, avec n = 1:2)Si � = 1 on trouve la dé�nition de la dérivée fractionnaire au sens de
Caputo dé�nie par
(D�;1a� f)(x) = (I
(1��)a�
d
dxf)(x); (1.7)
où 0 < � < 1:
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Proposition 1.2.8 Soit f une fonction à valeurs réelles et 0 < � < 1;0 � � � 1; alors
(D�;�a� f)(x) = (�I
�(1��)a� (D�+����
a� f))(x): (1.8)
Démonstration : Soit f une fonction à valeurs réelles, 0 < � < 1 et0 � � � 1:D�après les relations (1:3) et (1:4); on obtient
(D�+����a� f))(x) = (� d
dx)n(In����+��a� f)(x)
= (� d
dx)(I1����+��a� f)(x)
= (� d
dx)(I
(1��)(1��)a� f)(x):
Alors(D�;�
a� f)(x) = (�I�(1��)a� (D�+����
a� f))(x):
1.3 Fonctions de Mittag-Le er
Dé�nition 1.3.1 On appelle fonction de Mittag-Le er à un paramètre lafonction dé�nie par
E�(z) =1Xn=0
zn
�(�n+ 1); (1.9)
où z 2 C et � 2 C avec Re(�) > 0:
Remarque 1.3.2 1) La fonction de Mittag-Le er à un paramètre a été in-troduite par Mittag-Le er [5].2) Si � = 1, on a
E1(z) =
1Xn=0
zn
�(n+ 1)=
1Xn=0
zn
n!= exp(z):
3) Si � = 2, on aE2(z
2) = cosh z;
et on a de plusE2(�z2) = cos z:
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Dé�nition 1.3.3 On appelle fonction de Mittag-Le er à deux paramètresla fonction dé�nie par
E�;v(z) =
1Xn=0
zn
�(�n+ v); (1.10)
où z 2 C, v 2 C et � 2 C avec Re(�) > 0:
Remarque 1.3.4 1) La fonction de Mittag-Le er à deux paramètres sousforme de série a été introduite pour la première fois en 1953 par RatanPrakash Agarwal [1] et Pierre Humbert et Paul Delerue [3].2) Si � = v = 1; on a
E1;1(z) =1Xn=0
zn
�(n+ 1)=
1Xn=0
zn
n!= E1(z):
Dé�nition 1.3.5 On appelle fonction de Mittag-Le er à trois paramètresla fonction dé�nie par
E��;v(z) =1Xn=0
(�)n�(�n+ v)
zn
n!; (1.11)
avec
(�)v =�(�+ v)
�(�): (1.12)
où z 2 C, v 2 C, � 2 C et � 2 C avec Re(�) > 0:
Remarque 1.3.6 1) La fonction de Mittag-Le er à trois paramètres E��;v aété introduite pour la première fois par T. R. Prabhakar [4] en 1971.2) On a
(1)n = n!:
où n 2 N:3) Si � = 1 on a
E1�;v(z) = E�;v(z):
En e¤et
E1�;v(z) =1Xn=0
(1)n�(�n+ v)
zn
n!
=
1Xn=0
n!
�(�n+ v)
zn
n!
=
1Xn=0
zn
�(�n+ v)= E�;v(z):
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4) Si � = 1 et v = 1 on a
E1�;1(z) = E�(z):
En e¤et
E1�;1(z) =1Xn=0
(1)n�(�n+ 1)
zn
n!
=
1Xn=0
n!
�(�n+ 1)
zn
n!
=
1Xn=0
zn
�(�n+ 1)= E�(z):
Dé�nition 1.3.7 Soit ' une fonction intégrable sur un intervalle (a; b) (b >a), on dé�nie la fonction E��;v;w;a+' comme suit
(E��;v;w;a+')(x) =
Z x
a
(x� t)v�1E��;v(w(x� t)�)'(t)dt; (1.13)
où � 2 C; w 2 C; 2 C et v 2 C; avec Re(�) > 0 et Re(v) > 0:
Lemme 1.3.8 Soient � et � telles que 0 < � < 1 et 0 � � � 1.Alors pour x > a, on a
(D�;�a+ [(t� a)v�1])(x) =
�(v)
�(v � �)(x� a)v���1: (1.14)
Démonstration : Soient � et � telles que 0 < � < 1 et 0 � � � 1.Pour x > a, d�après la relation (1:5), on a
(D�;�a+ [(t� a)v�1])(x) = (I
�(1��)a+
d
dx(I(1��)(1��)a+ (t� a)v�1))(x):
Calculons (I(1��)(1��)a+ (t� a)v�1)(x).On a
(I(1��)(1��)a+ (t�a)v�1)(x) = 1
�((1� �)(1� �))
Z x
a
(x� t)�(��1)�� (t�a)v�1dt:
On poset = a+ (x� a)v:
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Par suite
(I(1��)(1��)a+ (t� a)v�1)(x) =
(x� a)�(��1)��+v�((1� �)(1� �))
Z 1
0
(1� v)�(��1)�� vv�1dv
=(x� a)�(��1)��+v�((1� �)(1� �))�((1� �)(1� �); v);
où � la fonction Béta d�Euler dé�nie par
�(z; w) =
Z 1
0
tz�1(1� t)w�1dt; (z; w 2 C avec Re(z) > 0 et Re(w) > 0):
Comme
�(z; w) =�(z):�(w)
�(z + w);
on obtient
(I(1��)(1��)a+ (t� a)v�1)(x) =
(x� a)�(��1)��+v�((1� �)(1� �))
�((1� �)(1� �))�(v)�(v + (1� �)(1� �))
=�(v)
�(v + (1� �)(1� �))(x� a)�(��1)��+v:
Par suite
d
dx(I(1��)(1��)a+ (t� a)v�1)(x) =
�(v)
�(v + (1� �)(1� �))d
dx(x� a)�(��1)��+v
=(�(�� 1)� �+ v)�(v)�(v + (1� �)(1� �)) (x� a)
�(��1)��+v�1:
Maintenant on va calculer (I�(1��)a+ddx(I(1��)(1��)a+ (t� a)v�1))(x):
On a
(I�(1��)a+
d
dx(I(1��)(1��)a+ (t� a)v�1))(x) =
(�(�� 1)� �+ v)�(v)�(v + (1� �)(1� �)):�(�(1� �))
�Z x
a
(x� t)�(1��)�1 (t� a)�(��1)��+v�1dt:
On poset = a+ (x� a)v:
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11
Alors
(I�(1��)a+
d
dx(I(1��)(1��)a+ (t� a)v�1))(x) =
(�(�� 1)� �+ v)�(v)�(�(�� 1)� �+ v + 1):�(�(1� �))(x� a)
v���1
�Z 1
0
(1� v)�(1��)�1 v�(��1)��+v�1dv
=(�(�� 1)� �+ v)�(v)
(�(�� 1)� �+ v)�(�(�� 1)� �+ v):�(�(1� �))��[�(1� �); �(�� 1)� �+ v](x� a)v���1
=�(v)
�[�(�� 1)� �+ v]:�(�(1� �))
��(�(1� �)):�[�(�� 1)� �+ v]�(v � �) (x� a)v���1
=�(v)
�(v � �)(x� a)v���1:
Alors pour x > a, on a
(D�;�a+ [(t� a)v�1])(x) =
�(v)
�(v � �)(x� a)v���1:
Théorème 1 Soient � et � telles que 0 < � < 1 et 0 � � � 1.Alors pour x > a, on a
(D�;�a+ [(t�a)v�1E��;v[w(t�a)�]])(x) = (x�a)v���1E��;v��[w(x�a)�]; (1.15)
où � 2 C; w 2 C; 2 C; et v 2 C; avec Re(�) > 0 et Re(v) > 0:Démonstration : Soient � et � telles que 0 < � < 1 et 0 � � � 1.Pour x > a, on a
(D�;�a+ [(t�a)v�1E��;v[w(t�a)�]])(x) = (I
�(1��)a+
d
dx(I(1��)(1��)a+ (t�a)v�1E��;v[w(t�a)�]))(x):
Calculons (I(1��)(1��)a+ (t� a)v�1E��;v[w(t� a)�])(x).On a
(I(1��)(1��)a+ (t� a)v�1E��;v[w(t� a)�])(x) =
1
�((1� �)(1� �))
�Z x
a
(x� t)�(��1)�� (t� a)v�1E��;v[w(t� a)�]dt
=1Xn=0
(�)nwn
n!�(�n+ v)
1
�((1� �)(1� �))
�Z x
a
(x� t)�(��1)�� (t� a)�n+v�1dt:
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12
On poset = a+ (x� a)v:
Alors
(I(1��)(1��)a+ (t� a)v�1E��;v[w(t� a)�])(x) =
1Xn=0
(�)nwn
n!�(�n+ v)
(x� a)�n+v+�(��1)���((1� �)(1� �))
�Z 1
0
(1� v)�(��1)�� v�n+v�1dv
=
1Xn=0
(�)nwn
n!�(�n+ v)
(x� a)�n+v+�(��1)���((1� �)(1� �))
��((1� �)(1� �); �n+ v)
=
1Xn=0
(�)nwn
n!�(�n+ v)
(x� a)�n+v+�(��1)���((1� �)(1� �))
��((1� �)(1� �))�(�n+ v)�(�n+ v + (1� �)(1� �))
=1Xn=0
(�)nwn
n!�(n�+ v + (1� �)(1� �))
�(x� a)�n+v+�(��1)��:
On a
d
dx(I(1��)(1��)a+ (t� a)v�1E��;v[w(t� a)�)(x) =
1Xn=0
(�)nwn
n!�(�n+ v + (1� �)(1� �))
� d
dx(x� a)�n+v+�(��1)��
=
1Xn=0
(�n+ v + �(�� 1)� �)(�)nwnn!�(�n+ v + (1� �)(1� �))
�(x� a)�n+v+�(��1)���1:
Calculons (D�;�a+ [(t� a)v�1E��;v[w(t� a)�]])(x).
On a
(D�;�a+ [(t� a)v�1E��;v[w(t� a)�]])(x) =
1Xn=0
(�n+ v + �(�� 1)� �)(�)nwnn!�(�n+ v + (1� �)(1� �)):�(�(1� �))
�Z x
a
(x� t)�(1��)�1 (t� a)�n+v+�(��1)���1dt:
On poset = a+ (x� a)v:
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13
Alors
(D�;�a+ [(t� a)v�1E��;v[w(t� a)�]])(x) =
1Xn=0
(�n+ v + �(�� 1)� �)(�)nwnn!�(�n+ v + (1� �)(1� �))�(�(1� �))
�(x� a)v���1Z 1
0
(1� v)�(1��)�1 v�n+v+�(��1)���1dv
=
1Xn=0
(�)nwn
n!(x� a)�n+v���1 1
�(�(1� �))
� (�n+ v + �(�� 1)� �)(�n+ v + �(�� 1)� �)�((�n+ v + �(�� 1)� �))
��(�(1� �); �n+ v + �(�� 1)� �)
Par suite, on a
(D�;�a+ [(t� a)v�1E��;v[w(t� a)�]])(x) =
1Xn=0
(�)nwn
n!(x� a)�n+v���1 1
�(�n+ v � �)
� �(�(1� �))�(�n+ v + �(�� 1)� �)�((�n+ v + �(�� 1)� �))�(�(1� �))
= (x� a)v���11Xn=0
(�)n�(�n+ v � �)
(w(x� a)�)nn!
:
Alors pour x > a, on obtient
(D�;�a+ [(t� a)v�1E��;v[w(t� a)�]])(x) = (x� a)v���1E��;v��[w(x� a)�]:
Théorème 2 Soient ' une fonction intégrable sur (a; b), et �, � telles que0 < � < 1 et 0 � � � 1.Alors pour x > a, on a
D�;�a+ (E
��;v;w;a+')(x) = E
��;v��;w;a+'(x); (1.16)
où � 2 C; w 2 C; 2 C; et v 2 C; avec Re(�) > 0 et Re(v) > 0:
Démonstration : Supposons que les hypothèses du théorème sont satis-faites.D�après la relation (1:13), on obtient
D�;�a+ (E
��;v;w;a+')(x) = D�;�
a+
Z x
a
(x� t)v�1E��;v(w(x� t)�)'(t)dt
=
Z x
a
D�;�a+ (x� t)v�1E��;v(w(x� t)�)'(t)dt:
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14
D�après le théorème (1), on obtient
D�;�a+ (E
��;v;w;a+')(x) =
Z x
a
(x� t)v���1E��;v��(w(x� t)�)'(t)dt:
Ainsi d�après la relation (1:13), il résulte que
D�;�a+ (E
��;v;w;a+')(x) = E
��;v��;w;a+'(x):
1.4 Transformée de Laplace
Dé�nition 1.4.1 Soit f : R+ ! C une fonction localement intégrable.Une fonction f est dite d�ordre exponentiel � s�il existe des constantes
réelles M � 0, K > 0 et a telles que
j f(x) j� K exp(�x) lorsque x �M:
Dé�nition 1.4.2 Soit f : R+ ! C une fonction localement intégrable sur[0;+1[ et d�ordre exponentiel �.La transformée de Laplace de la fonction f est l�application L dé�nie par
L[f(x)](p) =Z 1
0
exp(�px)f(x)dx; (1.17)
où p 2 C avec Re(p) > �:
Dé�nition 1.4.3 Soient f : R+ ! C et g : R+ ! C:Le produit de convolution de deux fonctions f et g qu�on le note f � g est
dé�ni par
(f � g)(x) =Z x
0
f(x� �)g(�)d� : (1.18)
Pour la transformée de Laplace, on a les propriétés suivantes:1) Soient f : R+ ! C et g : R+ ! C deux fonctions, telles que f admet
une transformée de Laplace L[f(x)](p) et g admet une transformée de LaplaceL[g(x)](p):Alors
L[(f � g)(x)](p) = L[f(x)](p):L[g(x)](p):2) Soit f : R+ ! C une fonction admettant une transformée de Laplace
L[f(x)](p):
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15
AlorsL[xnf(x)](p) = (�1)nF (n)(p); (1.19)
oùF (p) := L[f(x)](p) et n 2 N:
3) Soit f : R+ ! C une fonction dérivable et admettant une transforméede Laplace L[f(x)](p):Alors
L[f(x)](p) = pL[f(x)](p)� f(0):4) Soit f : R+ ! C une fonction admettant une transformée de Laplace
L[f(x)](p):Alors
L[Z t
0
f�(�)d� ](p) =L[f(x)](p)
p:
Théorème 3 Soit f une fonction à valeurs réelles et soit 0 < � < 1 avecn = [Re(�)] + 1.Alors on a,
L[(D�;�0+ f)(x)](p) = p
�L[f(x)](p)� p�(��1)(I(1��)(1��)0+ f)(0+); (1.20)
où(I(1��)(1��)0+ f)(0+)
est la limite de l�intégrale fractionnaire d�ordre (1 � �)(1 � �) de f quandt! 0 + :
Démonstration : Supposons que les hypothèses du théorème sont satis-faites.En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation
(1:5), on obtient
L[(D�;�0+ f)(x)](p) = L[(I
�(1��)0�
d
dx(I(1��)(1��)0+ f))(x)](p);
comme
L[(I�0+f)(x)](p) =L[f(x)](p)
p�:
Alors
L[(D�;�0+ f)(x)](p) =
L[( ddx(I(1��)(1��)0+ f)(x)](p)
p�(1��);
comme
L[ ddx(I�0+f)(x)](p) = pL[(I�0+f)(x)](p)� (I�0+f)(0+):
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16
Alors
L[(D�;�0+ f)(x)](p) =
pL[(I(1��)(1��)0+ f))(x)](p)
p�(1��)� p�(��1)(I(1��)(1��)0+ f)(0+)
=pL[f(x)](p)
p�(1��)p(1��)(1��)� p�(��1)(I(1��)(1��)0+ f)(0+);
par suite, il résulte que
L[(D�;�0+ f)(x)](p) = p
�L[f(x)](p)� p�(��1)(I(1��)(1��)0+ f)(0+):
Proposition 1.4.4 Supposons que la fonction E��;v admet une transforméede Laplace L, alors
L[xv�1E��;v(wx�)](p) =p���v
(p� � w)� ; (1.21)
où �; �; w; v; p 2 C avec Re(v) > 0 et Re(p) > 0; j wp�j< 1:
Démonstration : Supposons que les hypothèses de la proposition sontsatisfaites.En utilisant la relation (1:11); on obtient
L[xv�1E��;v(wx�)](p) = L[xv�11Xn=0
(�)n�(�n+ v)
(wx�)n
n!](p)
=1Xn=0
(�)n�(�n+ v)
wn
n!L[x�n+v�1](p):
Comme
L[x�n+v�1](p) = �(�n+ v)
p�n+v:
Alors
L[xv�1E��;v(wx�)](p) =1Xn=0
(�)n�(�n+ v)
wn
n!
�(�n+ v)
p�n+v
= p�v1Xn=0
(�)nn!(w
p�)n:
Comme
(1� y)� =1Xn=0
(��)nn!
yn;
on obtient
L[xv�1E��;v(wx�)](p) =p���v
(p� � w)� :
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Chapitre 2
Equations di¤érentiellesfractionnaires à coe¢ cientsconstants et variables
2.1 Introduction
Dans ce chapitre on résoudre quelques équations di¤érentielles fractionnairesà coe¢ cients constants et variables en utilisant la transformée de Laplace etles fonctions de Mittag-Le er.Les résultats de ce chapitre se trouvent dans [11]. La partie concernant
les équations di¤érentielles fractionnaires aves retard est un travail personnel.
2.2 Equations di¤érentielles fractionnaires àcoe¢ cients constants
Proposition 2.2.1 On considère le problème suivant�(D�
0+f)(x) = �f(x)(I1��0+ f)(0+) = c;
(2.1)
où 0 < � < 1, � 2 R et c 2 R.Alors les solutions de (2:1) sont données par
f(x) = cx��1E�;�(�x�): (2.2)
Démonstration : Supposons que les hypothèses de la proposition sontsatisfaites.
17
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18
En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation(2:1), on obtient
L[(D�0+f)(x)](p) = L[�f(x)](p);
c�est-à-dire
L[ ddx(I1��0+ f)(x)](p) = �L[f(x)](p):
C�est-à-dire
pL[(I1��0+ f)(x)](p)� (I1��0+ f)(0+) = �L[f(x)](p);
C�est-à-dire
pF (p)
p1��� c = �F (p);
avecF (p) := L[f(x)](p) et (I1��0+ f)(0+) = c:
Par suite, on obtient(p� � �)F (p) = c;
c�est-à-dire
F (p) = c1
p� � �
= cp���
p� � �:
Alors d�après la relation (1:21), on obtient
f(x) = cx��1E�;�(�x�);
où c 2 R:
Proposition 2.2.2 On considère le problème suivant((D�;�
0+ f)(x) = �f(x)
(I(1��)(1��)0+ f)(0+) = c;
(2.3)
où 0 < � < 1, 0 � � � 1, � 2 R et c 2 R.Alors les solutions de (2:3) sont données par
f(x) = cx(1��)(��1)E�;�+�(1��)(�x�): (2.4)
Démonstration : Supposons que les hypothèses de la proposition sontsatisfaites.
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19
En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation(2:3), on obtient
L[(D�;�0+ f)(x)](p) = L[�f(x)](p);
c�est-à-dire
L[I�(1��)0+
d
dx(I(1��)(1��)0+ f)(x)](p) = �L[f(x)](p);
c�est-à-direL[ d
dx(I(1��)(1��)0+ f)(x)](p)
p�(1��)= �L[f(x)](p);
c�est-à-dire
p
p�(1��)L[(I(1��)(1��)0+ f)(x)](p)� (I
(1��)(1��)0+ f)(0+)
p�(1��)= �L[f(x)](p);
par suite, on ap
p�(1��)F (p)
p(1��)(1��)= �F (p) +
c
p�(1��)
avecF (p) := L[f(x)](p) et (I(1��)(1��)0+ f)(0+) = c:
C�est-à-dire(p� � �)F (p) = c 1
p�(1��);
c�est-à-dire
F (p) = cp�(��1)
p� � � :
Alors d�après la relation (1:21), on obtient
f(x) = cx(1��)(��1)E�;�+�(1��)(�x�);
où c 2 R:
Remarque 2.2.3 Si � = 1 dans la proposition précédente, alors on a
(D�;10+ f)(x) = �f(x); (2.5)
Par suite les solutions de (2:5) sont données par
f(x) = cE�(�x�): (2.6)
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20
Théorème 4 On considère le problème suivant(a(D
�1;�10+ y)(x) + b(D
�2;�20+ y)(x) + cy(x) = f(x)
(I(1��i)(1��i)0+ y)(0+) = ci;
(2.7)
où a; b et c 2 R; 0 < �1 � �2 < 1; 0 � �i � 1; f est une fonction donnée etci 2 R (i = 1; 2):On suppose que la condition suivante est satisfaite
(1� �1)(1� �1) � (1� �2)(1� �2):
Alors les solutions de (2:7) sont données par
y(x) =1
b
1Xm=0
(�ab)m[ac1x
(�2��1)m+�2+�1(1��1)�1 (2.8)
�Em+1�2;(�2��1)m+�2+�1(1��1)(�cbx�2)
+bc2x(�2��1)m+�2+�2(1��2)�1Em+1�2;(�2��1)m+�2+�2(1��2)
(�cbx�2)
+(Em+1�2;(�2��1)m+�2;� cb;0+f)(�
c
bx�2)]:
Démonstration : Supposons que les hypothèses du théorème sont satis-faites.On a
a(D�1;�10+ y)(x) + b(D
�2;�20+ y)(x) + cy(x) = f(x);
c�est-à-dire
a(I�1(1��1)0+
d
dx(I(1��1)(1��1)0+ y))(x)+b(I
�2(1��2)0+
d
dx(I(1��2)(1��2)0+ y))(x)+cy(x) = f(x):
En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation, onobtient
L[a(I�1(1��1)0+
d
dx(I(1��1)(1��1)0+ y))(x)+b(I
�2(1��2)0+
d
dx(I(1��2)(1��2)0+ y))(x)+cy(x)](p) = L[f(x)](p);
c�est-à-dire
aL[ d
dx(I(1��1)(1��1)0+ y)(x)](p)
p�1(1��1)+bL[ d
dx(I(1��2)(1��2)0+ y)(x)](p)
p�2(1��2)+cL[y(x)](p) = L[f(x)](p);
c�est-à-dire
Y (p) = ac1p�1(�1�1)
ap�1 + bp�2 + c+ bc2
p�2(�2�1)
ap�1 + bp�2 + c+
F (p)
ap�1 + bp�2 + c;
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21
oùY (p) := L[y(x)](p) et F (p) := L[f(x)](p):
Par suite pour i = 1; 2; on obtient
p�i(�i�1)
ap�1 + bp�2 + c=
1
b(p�i(�i�1)
p�2 + cb
)(1
1 + ab( p�1
p�2+ cb))
=1
b
1Xm=0
(�ab)mp�1m+�i�i��i
(p�2 + cb)m+1
= L[1b
1Xm=0
(�1)m(ab)mx(�2��1)m+�2+�i(1��i)�1
�Em+1�2;(�2��1)m+�2+�i(1��i)(�cbx�2)](p);
et
F (p)
ap�1 + bp�2 + c=
1
b
1Xm=0
(�ab)m(
p�1m
(p�2 + cb)m+1
F (p))
= L[1b
1Xm=0
(�ab)m(x(�2��1)m+�2�1
�Em+1�2;(�2��1)m+�2(�c
bx�2) � f(x)](p)
= L[1b
1Xm=0
(�1)m(ab)m(Em+1�2;(�2��1)m+�2;� c
b;0+f)(�
c
bx�2)](p):
Alors
y(x) =1
b
1Xm=0
(�ab)m[ac1x
(�2��1)m+�2+�1(1��1)�1Em+1�2;(�2��1)m+�2+�1(1��1)(�cbx�2)
+bc2x(�2��1)m+�2+�2(1��2)�1Em+1�2;(�2��1)m+�2+�2(1��2)
(�cbx�2)
+(Em+1�2;(�2��1)m+�2;� cb;0+f)(�
c
bx�2)]:
Corollaire 2.2.4 On considère le problème suivant(a(D
�;�10+ y)(x) + b((D
�;�20+ y)(x) + cy(x) = f(x);
(I(1��i)(1��)0+ y)(0+) = ci;
(2.9)
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22
où a; b et c 2 R; �1 = �2 = � et �1 6= �2; f est une fonction donnée et ci 2 R(i = 1; 2):On suppose que la condition suivante est satisfaite
�2 < �1:
Alors les solutions de (2:9) sont données par
y(x) = (ac1a+ b
)x�1+�(1��1)�1E�;�1+�(1��1)(�c
a+ bx�) (2.10)
+(bc2a+ b
)x�2+�(1��2)�1E�;�2+�(1��2)(�c
a+ bx�)
+(1
a+ b)(E�;�;� c
a+b;0+f)(x):
Démonstration : Supposons que les hypothèses du corollaire sont satis-faites.On a
a(D�;�10+ y)(x) + b((D
�;�20+ y)(x) + cy(x) = f(x);
c�est-à-dire
a(I�1(1��)0+
d
dx(I(1��1)(1��)0+ y))(x)+b(I
�2(1��)0+
d
dx(I(1��2)(1��)0+ y))(x)+cy(x) = f(x):
En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation, onobtient
L[a(I�1(1��)0+
d
dx(I(1��1)(1��)0+ y))(x)+b(I
�2(1��)0+
d
dx(I(1��2)(1��)0+ y))(x)+cy(x)](p) = L[f(x)](p);
c�est-à-dire
aL[ d
dx(I(1��1)(1��)0+ y)(x)](p)
p�1(1��)+bL[ d
dx(I(1��2)(1��)0+ y)(x)](p)
p�2(1��)+cL[y(x)](p) = L[f(x)](p);
c�est-à-dire
Y (p) = ac1p�1(��1)
p�(a+ b) + c+ bc2
p�2(��1)
p�(a+ b) + c+
F (p)
p�(a+ b) + c;
oùY (p) := L[y(x)](p) et F (p) := L[f(x)](p):
Par suite pour i = 1; 2; on obtient
p�i(��1)
p�(a+ b) + c=
1
a+ b(p�i(��1)
p� + ca+b
)
= L[x�i+�(1��i)�1E�;�i+�(1��i)(�c
a+ bx�)](p);
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23
et
F (p)
p�(a+ b) + c=
1
a+ b(p���
p� + ca+b
)F (p)
= L[x��1E�;�(�c
a+ bx�) � f(x)](p)
= L[E1�;�;� ca+b
;0+f)(x)](p):
Alors
y(x) = (ac1a+ b
)x�1+�(1��1)�1E�;�1+�(1��1)(�c
a+ bx�)
+(bc2a+ b
)x�2+�(1��2)�1E�;�2+�(1��2)(�c
a+ bx�)
+(1
a+ b)(E�;�;� c
a+b;0+f)(x):
Théorème 5 On considère le problème suivant(a(D
�1;�10+ y)(x) + b(D
�2;�20+ y)(x) + c(D
�3;�30+ y)(x) + ey(x) = f(x)
(I(1��i)(1��i)0+ y)(0+) = ci;
(2.11)
où a; b et c 2 R; 0 < �1 � �2 � �3 < 1; 0 � �i � 1; f est une fonctiondonnée et ci 2 R (i = 1; 2; 3):On suppose que la condition suivante est satisfaite
(1� �1)(1� �1) � (1� �2)(1� �2) � (1� �3)(1� �3):
Alors les solutions de (2:11) sont données par
y(x) =1Xm=0
(�1)mcm+1
1Xk=0
�mk
�akbm�kx(�3��2)m+(�2��1)k+�3�1 (2.12)
�[ac1x�1(1��1)E�3;(�3��2)m+(�2��1)k+�3+�1(1��1)(�e
cx�3)
+bc2x�2(1��2)E�3;(�3��2)m+(�2��1)k+�3+�2(1��2)(�
e
cx�3)
+cc3x�3(1��3)E�3;(�3��2)m+(�2��1)k+�3+�3(1��3)(�
e
cx�3)
+1Xm=0
(�1)mcm+1
1Xk=0
�mk
�akbm�k
�(Em+1�3;(�3��2)m+(�2��1)k+�3f)(�e
cx�3):
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24
Démonstration : Supposons que les hypothèses du théorème sont satis-faites.On a
a(D�1;�10+ y)(x) + b(D
�2;�20+ y)(x) + c(D
�3;�30+ y)(x) + ey(x) = f(x);
En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation, onobtient
Y (p) = ac1p�1(�1�1)
ap�1 + bp�2 + cp�3 + e+ bc2
p�2(�2�1)
ap�1 + bp�2 + cp�3 + e
+cc3p�3(�3�1)
ap�1 + bp�2 + cp�3 + e+
F (p)
ap�1 + bp�2 + cp�3 + e;
Par suite pour i = 1; 2; 3, on obtient
p�i(�i�1)
ap�1 + bp�2 + cp�3 + e= (
p�i(�i�1)
cp�3 + e)(
1
1 + (ap�1+bp�2
cp�3+e))
=p�i(�i�1)
cp�3 + e
1Xm=0
(�1)m (ap�1 + bp�2)m
(cp�3 + e)m
= p�i(�i�1)1Xm=0
(�1)mmXk=0
Ckmakpk�1bm�kp�2(m�k)
(cp�3 + e)m+1
=1Xm=0
(�1)mcm+1
mXk=0
Ckmakbm�k
pk�1+�2(m�k)+�i(�i�1)
(p�3 + ec)m+1
= L[1Xm=0
(�1)mcm+1
mXk=0
Ckmakbm�kx(�3��2)m+(�2��1)k+�3+�i(1��i)�1
�Em+1�3;(�3��2)m+(�2��1)k+�3+�i(1��i)(�ecx�3)](p)
et
F (p)
ap�1 + bp�2 + cp�3 + e= (
1
cp�3 + e)(
1
1 + (ap�1+bp�2
cp�3+e))F (p)
=
1Xm=0
(�1)mcm+1
mXk=0
Ckmakbm�k
pk�1+�2(m�k)
(p�3 + ec)m+1
F (p);
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25
par suite
F (p)
ap�1 + bp�2 + cp�3 + e= L[
1Xm=0
(�1)mcm+1
mXk=0
Ckmakbm�k(x(�3��2)m+(�2��1)k+�3�1
�Em+1�3;(�3��2)m+(�2��1)k+�3(�e
cx�3) � f(x)](p)
= L[1Xm=0
(�1)mcm+1
mXk=0
Ckmakbm�k
�(Em+1�3;(�3��2)m+(�2��1)k+�3f)(�e
cx�3)](p):
Alors
y(x) =
1Xm=0
(�1)mcm+1
1Xk=0
�mk
�akbm�kx(�3��2)m+(�2��1)k+�3�1
�[ac1x�1(1��1)E�3;(�3��2)m+(�2��1)k+�3+�1(1��1)(�e
cx�3)
+bc2x�2(1��2)E�3;(�3��2)m+(�2��1)k+�3+�2(1��2)(�
e
cx�3)
+cc3x�3(1��3)E�3;(�3��2)m+(�2��1)k+�3+�3(1��3)(�
e
cx�3)
+1Xm=0
(�1)mcm+1
1Xk=0
�mk
�akbm�k
�(Em+1�3;(�3��2)m+(�2��1)k+�3f)(�e
cx�3):
Corollaire 2.2.5 On considère le problème suivant(a(D
�;�10+ y)(x) + b(D
�;�20+ y)(x) + c(D
�;�30+ y)(x) + ey(x) = f(x)
(I(1��i)(1��)0+ y)(0+) = ci;
(2.13)
où a; b et c 2 R; 0 < � < 1; 0 � �i � 1; f est une fonction donnée et ci 2 R(i = 1; 2; 3):On suppose que la condition suivante est satisfaite
�3 � �2 � �1:Alors les solutions de (2:13) sont données par
y(x) = (ac1
a+ b+ c)x�1+�(1��1)�1E�;�1+�(1��1)(�
e
a+ b+ cx�) (2.14)
+(ac2
a+ b+ c)x�2+�(1��2)�1E�;�2+�(1��2)(�
e
a+ b+ cx�)
+(E�;�;� ea+b+c
;0+f)(x):
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26
Démonstration : Supposons que les hypothèses du corollaire sont satis-faites.On a
a(D�;�10+ y)(x) + b(D
�;�20+ y)(x) + c(D
�;�30+ y)(x) + ey(x) = f(x);
c�est-à-dire
f(x) = a(I�1(1��)0+
d
dx(I(1��1)(1��)0+ y))(x) + b(I
�2(1��)0+
d
dx(I(1��2)(1��)0+ y))(x)
+c(I�3(1��)0+
d
dx(I(1��3)(1��)0+ y))(x) + ey(x):
En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation,on obtient
L[a(I�1(1��)0+
d
dx(I(1��1)(1��)0+ y))(x)
+b(I�2(1��)0+
d
dx(I(1��2)(1��)0+ y))(x)
+c(I�3(1��)0+
d
dx(I(1��3)(1��)0+ y))(x) + ey(x)](p) = L[f(x)](p);
c�est-à-dire
aL[ d
dx(I(1��1)(1��)0+ y)(x)](p)
p�1(1��)
+bL[ d
dx(I(1��2)(1��)0+ y)(x)](p)
p�2(1��)
+cL[ d
dx(I(1��3)(1��)0+ y)(x)](p)
p�3(1��)+ eL[y(x)](p) = L[f(x)](p);
c�est-à-dire
Y (p) = ac1p�1(��1)
p�(a+ b+ c) + e+ bc2
p�2(��1)
p�(a+ b+ c) + e
+cc3p�3(��1)
p�(a+ b+ c) + e+
F (p)
p�(a+ b+ c) + e;
oùY (p) := L[y(x)](p) et F (p) := L[f(x)](p):
Par suite pour i = 1; 2; 3; on obtient
p�i(��1)
p�(a+ b+ c) + e=
1
a+ b+ c(p�i(��1)
p� + ea+b+c
)
=1
a+ b+ cL[x�i+�(1��i)�1E�;�i+�(1��i)(�
e
a+ b+ cx�)](p);
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27
et
F (p)
p�(a+ b+ c) + e=
1
a+ b+ c(
p���
p� + ea+b+c
)F (p)
=1
a+ b+ cL[x��1E�;�(�
e
a+ b+ cx�) � f(x)](p)
= L[E�;�;� ea+b+c
;0+f)(x)](p):
Alors
y(x) = (ac1
a+ b+ c)x�1+�(1��1)�1E�;�1+�(1��1)(�
e
a+ b+ cx�)
+(ac2
a+ b+ c)x�2+�(1��2)�1E�;�2+�(1��2)(�
e
a+ b+ cx�)
+(E�;�;� ea+b+c
;0+f)(x):
2.3 Equations di¤érentielles fractionnaires àcoe¢ cients variables
Proposition 2.3.1 On considère l�équation di¤érentielle fractionnaire suiv-ante
x(D�0+y)(x) = �y(x); (2.15)
où 0 < � < 1 et � 2 R:Alors les solutions de (2:15) sont données par
y(x) = cx��1�(�� 1; �; � �
1� �x��1); (2.16)
où c 2 R; avec
�(�; �; z) =1Xk=0
1
�(�k + �)
zk
k!;
où �; �; z 2 C:
Démonstration : Supposons que les hypothèses de la proposition sontsatisfaites.En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation
(2:15), on aL[x(D�
0+y)(x)](p) = L[�y(x)](p);
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28
c�est-à-dire
� ddpL[ ddx(I1��0+ y)(x)](p) = �L[y(x)](p);
c�est-à-dire
� ddp[p�Y (p)� (I1��0+ y)(0+) = �Y (p);
oùY (p) := L[y(x)](p):
Par suite, on obtient
Y�(p) + (�
p+�
p�)Y (p) = 0
c�est-à-dire ZdY
Y= �
Z(�
p+�
p�)dp;
c�est-à-dire
Y (p) = cp�� exp(�
�� 1p1��);
où c 2 R:On a
Y (p) = cp�� exp(�
�� 1p1��)
= c1Xn=0
(� �1��)
n
n!p(1��)n��:
Par suite
y(x) = cx��11Xn=0
1
�((�� 1)n+ �)(� �
1��x��1)n
n!
= cx��1�(�� 1; �;� �
1� �x��1):
Théorème 6 On considère le problème suivant(x(D�;�
0+ y)(x) = �y(x)
(I(1��)(1��)0+ y)(0+) = c1;
(2.17)
où 0 < � < 1; 0 � � � 1, � 2 R et c1 2 R:
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29
Alors les solutions de (2:17) sont données par
y(x) = c1�x(��1)(1��)
1Xn=0
( �1��x
(��1))n
n!(� � n) (2.18)
��(�� 1; (� � n)(1� �) + �; �
�� 1x��1)
+c2x(��1)�(�� 1; �; � �
1� �x��1):
où c2 2 R:Démonstration : Supposons que les hypothèses du théorème sont satis-faites.On a
x(D�;�0+ y)(x) = �y(x)
En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation, ona
L[x(D�;�0+ y)(x)](p) = L[�y(x)](p);
c�est-à-dire
� ddpL[(D�;�
0+ y)(x)](p) = �L[y(x)](p);
d�après la relation (1:20), on a
d
dp(p�Y (p)� c1p�(��1)) = ��Y (p);
ce qui donne
Y�(p) + (�
p+�
p�)Y (p) = c1�(�� 1)p�(��1)���1: (2.19)
(2:19) est une équation di¤érentielle linéaire avec second membre.La résolution de cette équation di¤érentielle se fait en deux étapes.1ére étape: La résolution de l�équation di¤érentielle sans second membre.On a
Y�(p) + (�
p+�
p�)Y (p) = 0;
d�après la preuve de la proposition précédent on a
Y (p) = c2p�� exp(
�
�� 1p1��);
où c2 2 R:
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30
2éme étape: La résolution de l�équation di¤érentielle avec second membre.On a
Y�(p) + (�
p+�
p�)Y (p) = c1�(�� 1)p�(��1)���1:
Appliquons la méthode de la variation de la constante.On a
Y (p) = c2(p)p�� exp(
�
�� 1p1��);
c�est-à-dire
Y�(p) = c�2(p)p�� exp(
�
�� 1p1��)
�c2(p)�p���1 exp(�
�� 1p1��)� c2(p)�p�2� exp(
�
�� 1p1��):
En remplace dans l�équation (2:19), on obtient
c�2(p)p�� exp(
�
�� 1p1��) = c1�(�� 1)p�(��1)���1:
Par suite
c2(p) = c2 + c1�(�� 1)Z p
0
x�(��1)�1 exp(� �
�� 1x1��)dx:
Alors la solution est donnée par
Y (p) =1
p�exp(
�
�� 1p1��)[c2+c1�(��1)
Z p
0
x�(��1)�1 exp(� �
�� 1x1��)dx];
où c1 2 R et c2 2 R:En conclusion, la solution de (2:19) est donnée par
Y (p) = Y1(p) + Y2(p);
où
Y1(p) =c1�(�� 1)
p�exp(
�
�� 1p1��)
Z p
0
x�(��1)�1 exp(� �
�� 1x1��)dx;
et
Y2(p) =c2p�exp(
�
�� 1p1��):
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31
Comme
Y1(p) =c1�(�� 1)
p�exp(
�
�� 1p1��)
Z p
0
x�(��1)�1 exp(� �
�� 1x1��)dx
= c1�(�� 1)1Xn=0
( ���1)
n
n!p(1��)n��
1Xn=0
(� ���1)
n
n!
Z p
0
x(1��)n+�(��1)�1dx
= c1�(�� 1)1Xn=0
( ���1)
n
n!
1Xn=0
(� ���1)
n
n!
1
(1� �)n+ �(�� 1)p2(1��)n+�(��1)��:
Alors
y1(x) = c1�(�� 1)1Xn=0
( ���1)
n
n!
1Xn=0
(� ���1)
n
n!
x2(��1)n(��1)(1��)
(�� 1)(� � n)�((�� 1)n+ (� � n)(1� �) + �)
= c1�x(��1)(1��)
1Xn=0
( �1��x
(��1))n
n!(� � n)
1Xn=0
1
�((�� 1)n+ (� � n)(1� �) + �)( ���1x
��1)n
n!
= c1�x(��1)(1��)
1Xn=0
( �1��x
(��1))n
n!(� � n) �(�� 1; (� � n)(1� �) + �;�
�� 1x��1):
De même
Y2(p) =c2p�exp(
�
�� 1p1��)
= c2
1Xn=0
( ���1)
n
n!p(1��)n��:
Par suite
y2(x) = c2x��1
1Xn=0
1
�((�� 1)n+ �)( ���1x
��1)n
n!
= c2x(��1)�(�� 1; �; �
�� 1x��1):
En conclusion
y(x) = c1�x(��1)(1��)
1Xn=0
( �1��x
(��1))n
n!(� � n)
��(�� 1; (� � n)(1� �) + �; �
�� 1x��1)
+c2x(��1)�(�� 1; �; � �
1� �x��1):
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32
2.4 Equations di¤érentielles fractionnaires avecretard
Proposition 2.4.1 On considère le problème suivant((D�;�
0+ y)(x) = �y(x� 1)(I(1��)(1��)0+ y)(0+) = c;
(2.20)
où 0 < � < 1, 0 � � � 1, � 2 R et c 2 R:Alors les solutions du problème (2:20) sont données par
y(x) = c
+1Xk=0
�k(x� k)�(k+1)+�(1��)�1�(�(k + 1) + �(1� �)) : (2.21)
Démonstration : Supposons que les hypothèses de la proposition sontsatisfaites.On a
(D�;�0+ y)(x) = �y(x� 1):
En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation, onobtient
L[(D�;�0+ y)(x)](p) = L[�y(x� 1)](p):
CommeL[f(t� a)](p) = exp(�ap)L[f(t)](p); a > 0:
Par suite, on obtient
p�Y (p)� cp�(��1) = � exp(�p)Y (p);
oùY (p) := L[y(x)](p):
Alors
Y (p) =cp�(��1)
p� � � exp(�p) =c
p�(1��)+�(1� � exp(�p)p�
)
=c
p�(1��)+�
+1Xk=0
(�exp(�p)p�
)k = c
+1Xk=0
�kexp(�kp)
p�(k+1)+�(1��):
Comme
L[(x� k)�(k+1)+�(1��)�1](p) = exp(�kp)L[x�(k+1)+�(1��)�1](p)
= exp(�kp)�(�(k + 1) + �(1� �))p�(k+1)+�(1��)
;
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33
on obtient
y(x) = c
+1Xk=0
�k(x� k)�(k+1)+�(1��)�1�(�(k + 1) + �(1� �)) :
Remarque 2.4.2 Si � = 1 dans la proposition précédente, alors on a�(D�;1
0 y)(x) = �y(x� 1)y(0) = c;
(2.22)
et par suite les solutions de (2:22) sont données par
y(x) = c
+1Xk=0
�k(x� k)�k�(�k + 1)
: (2.23)
Proposition 2.4.3 On considère le problème suivant�(D�;1
0 y)(x) = �y(x� 1)y(x) = '(x) = 1 si � 1 � x < 0; (2.24)
où 0 < � < 1, � 2 R et c 2 R:Alors les solutions du problème (2:24) sont données par
y(x) = 1 ++1Xk=0
�k+1(x� k)�(k+1)�(�(k + 1) + 1)
(2.25)
Démonstration : Supposons que les hypothèses de la proposition sontsatisfaites.On a
(D�;10 y)(x) = �y(x� 1):
En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation, onobtient
L[(D�;10 y)(x)](p) = L[�y(x� 1)](p);
c�est-à-dire
p�Y (p)� p��1 = �
Z +1
0
exp(�pt)y(x� 1)dx
= � limR!+1
Z R
0
exp(�pt)y(x� 1)dx;
on pose� = x� 1:
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34
Par suite, on obtient
p�Y (p)� p��1 = � limR!+1
Z R�1
�1exp(�p(� + 1))y(�)d�
= � exp(�p)[Z 0
�1exp(�p�)y(�)d� + lim
R!+1
Z R�1
0
exp(�p�)y(�)d� ]
= � exp(�p)[Z 0
�1exp(�p�)d� +
Z +1
0
exp(�p�)y(�)d� ]
= � exp(�p)[exp(p)� 1p
+ Y (p)]
= �1� exp(�p)
p+ � exp(�p)Y (p);
c�est-à-dire
Y (p) =p��1
p� � � exp(�p) + �1� exp(�p)
p(p� � � exp(�p))
=p��1
p�(1� � exp(�p)p�
)+ �
1� exp(�p)p�+1
1
1� � exp(�p)p�
=1
p
+1Xk=0
(�exp(�p)p�
)k + �1� exp(�p)
p�+1
+1Xk=0
(�exp(�p)p�
)k
=+1Xk=0
�kexp(�kp)p�k+1
++1Xk=0
�k+1exp(�kp)p�(k+1)+1
�+1Xk=0
�k+1exp(�(k + 1)p)p�(k+1)+1
;
on posel = k + 1:
Alors
Y (p) =1
p+
+1Xk=1
�kexp(�kp)p�k+1
++1Xk=0
�k+1exp(�kp)p�(k+1)+1
�+1Xl=1
�lexp(�lp)p�l+1
=1
p+
+1Xk=0
�k+1exp(�kp)p�(k+1)+1
:
Comme
L[(x� k)�(k+1)](p) = exp(�kp)L[x�(k+1)](p)
= exp(�kp)�(�(k + 1) + 1)p�(k+1)+1
;
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35
on obtient
y(x) = 1 +
+1Xk=0
�k+1(x� k)�(k+1)�(�(k + 1) + 1)
:
Proposition 2.4.4 On considère le problème suivant�(D�;1
0 y)(x) = �y(x� 1) + f(x)y(0) = c;
(2.26)
où 0 < � < 1, � 2 R; c 2 R et f est une fonction donnée.Alors les solutions du problème (2:26) sont données par
y(x) = c+1Xk=0
�k
�(�k + 1)(x� k)�k +
+1Xk=0
�k
�(�(k + 1))
Z t
0
f(t� s)s�(k+1)�1ds]:
(2.27)
Démonstration : Supposons que les hypothèses de la proposition sontsatisfaites.On a
(D�;10 y)(x) = �y(x� 1) + f(x):
En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation,on obtient
L[(D�;10 y)(x)](p) = L[�y(x� 1) + f(x)](p):
CommeL[f(t� a)](p) = exp(�ap)L[f(t)](p); a > 0:
Par suite, on obtient
p�Y (p)� cp��1 = � exp(�p)Y (p) + F (p);
oùY (p) := L[y(x)](p); F (p) := L[f(x)](p):
Par suite
Y (p) =cp��1
p� � � exp(�p) +F (p)
p� � � exp(�p)
= c
+1Xk=0
�kexp(�kp)p�k+1
+
+1Xk=0
�kexp(�kp)p�(k+1)
F (p):
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36
Comme
L[(x� k)�k](p) = exp(�kp)L[x�k](p)
= exp(�kp)�(�k + 1)p�k+1
;
et
L[(x� k)�(k+1)�1](p) = exp(�kp)L[x�(k+1)�1](p)
= exp(�kp)�(�(k + 1))p�(k+1)
;
on obtient
y(x) = c+1Xk=0
�k
�(�k + 1)(x� k)�k +
+1Xk=0
�k
�(�(k + 1))(x� k)�(k+1)�1 � f(x)
= c+1Xk=0
�k
�(�k + 1)(x� k)�k +
+1Xk=0
�k
�(�(k + 1))
Z t
0
f(t� s)s�(k+1)�1ds]:
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Chapitre 3
Equations intégro-di¤érentiellesfractionnaires du type Volterra
3.1 Introduction
Dans ce chapitre on résoudre quelques problèmes d�équations intégro-di¤érentiellefractionnaires du type Volterra.Les résultats de ce chapitre se trouvent dans [section 4, 6].
3.2 Une généralisation des équations intégro-di¤érentielles fractionnaires du type Volterra
Théorème 7 On considère le problème d�équation intégro-di¤érentielle frac-tionnaire du type Volterra suivant(
(D�0+f)(x) +
a�(v)
R x0(x� t)v�1f(t)dt = g(x)
(I(1��)0+ f)(0+) = c;
(3.1)
où 0 < � < 1, avec Re(v) > 0, a 2 C; c 2 R et g est une fonction donnée:Alors les solutions du problème (3:1) sont données par
f(x) = cx��1E�+v;�(�ax�+v) + (E�+v;�;�a;0+g)(x): (3.2)
Démonstration : Supposons que les hypothèses du théorème sont satis-faites.On a
(D�0+f)(x) +
a
�(v)
Z x
0
(x� t)v�1f(t)dt = g(x):
37
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38
En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation, onobtient
L[(D�0+f)(x) +
a
�(v)
Z x
0
(x� t)v�1f(t)dt](p) = L[g(x)](p);
c�est-à-dire
L[(D�0+f)(x)](p) +
a
�(v)L[Z x
0
(x� t)v�1f(t)dt](p) = L[g(x)](p);
c�est-à-dire
p�L[f(x)](p)� (I(1��)0+ f)(0+) +a
�(v)L[(tv�1 � f)(t)](p) = L[g(x)](p);
c�est-à-direp�F (p)� c+ a
pvF (p) = G(p);
oùF (p) := L[f(x)](p) et G(p) := L[g(x)](p):
Par suitep�+v + a
pvF (p) = c+G(p);
c�est-à-direF (p) = c
pv
p�+v + a+
pv
p�+v + aG(p):
Alors d�après la relation (??), on obtient
F (p) = cL[x��1E�+v;�(�ax�+v)](p) + L[(x�+v�1E�+v;�(�ax�+v)) � g(x)](p):
Par suite, on a
f(x) = cx��1E�+v;�(�ax�+v) +Z x
0
(x� t)�+v�1E�+v;�(�a(x� t)�+v)g(t)dt:
Alors d�après la relation (1:14), on obtient
f(x) = cx��1E�+v;�(�ax�+v) + (E�+v;�;�a;0+g)(x):
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39
Théorème 8 On considère le problème d�équation intégro-di¤érentielle frac-tionnaire du type Volterra suivant(
(D�;�0+ f)(x) +
a�(v)
R x0(x� t)v�1f(t)dt = g(x)
(I(1��)(1��)0+ f)(0+) = c;
(3.3)
où 0 < � < 1, 0 � � � 1 avec Re(v) > 0, a 2 C; c 2 R et g est une fonctiondonnée:Alors les solutions du problème (3:3) sont données par
f(x) = cx���(��1)�1E�+v;���(��1)(�ax�+v) + (E�+v;�;�a;0+g)(x): (3.4)
Démonstration : Supposons que les hypothèses du théorème sont satis-faites.On a
(D�;�0+ f)(x) +
a
�(v)
Z x
0
(x� t)v�1f(t)dt = g(x):
En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation, onobtient
L[(D�;�0+ f)(x) +
a
�(v)
Z x
0
(x� t)v�1f(t)dt](p) = L[g(x)](p);
c�est-à-dire
L[(D�;�0+ f)(x)](p) +
a
�(v)L[Z x
0
(x� t)v�1f(t)dt](p) = L[g(x)](p);
c�est-à-dire
L[(D�;�0+ f)(x)](p) +
a
�(v)L[(tv�1 � f)(t)](p) = L[g(x)](p);
par suite
p�L[f(x)](p)� p�(��1)(I(1��)(1��)0+ f)(0+) +a
pvL[f(x)](p) = L[g(x)](p);
c�est-à-direp�+v + a
pvF (p) = cp�(��1) +G(p);
c�est-à-dire
F (p) = cp�(��1)+v
p�+v + a+
pv
p�+v + aG(p);
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40
oùF (p) := L[f(x)](p) et G(p) := L[g(x)](p):
Alors d�après la relation (??), on obtient
F (p) = cL[x���(��1)�1E�+v;���(��1)(�ax�+v)](p)+L[(x��1E�+v;�(�ax�+v))�g(x)](p):
Par suite, on a
f(x) = cx���(��1)�1E�+v;���(��1)(�ax�+v)+Z x
0
(x�t)��1E�+v;�(�a(x�t)�+v)g(t)dt:
Alors d�après la relation (1:14), on obtient
f(x) = cx���(��1)�1E�+v;���(��1)(�ax�+v) + (E�+v;�;�a;0+g)(x):
Corollaire 3.2.1 On considère le problème d�équation intégro-di¤érentiellefractionnaire du type Volterra suivant(
(D�;�0+ f)(x) +
a�(v)
R x0(x� t)v�1f(t)dt = x��1
(I(1��)(1��)0+ f)(0+) = c;
(3.5)
où 0 < � < 1, 0 � � � 1 avec Re(v) > 0, a 2 C et c 2 R:Alors les solutions du problème (3:5) sont données par
f(x) = x���(��1)�1[cE�+v;���(��1)(�ax�+v) + �(�)x��E�+v;�+�(�ax�+v)]:
Démonstration : Supposons que les hypothèses du corollaire sont satis-faites.On a
(D�;�0+ f)(x) +
a
�(v)
Z x
0
(x� t)v�1f(t)dt = x��1:
En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation,on obtient
L[(D�;�0+ f)(x) +
a
�(v)
Z x
0
(x� t)v�1f(t)dt](p) = L[x��1](p);
c�est-à-dire
L[(D�;�0+ f)(x)](p) +
a
�(v)L[Z x
0
(x� t)v�1f(t)dt](p) = �(�)
p�;
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41
c�est-à-dire
L[(D�;�0+ f)(x)](p) +
a
�(v)L[(tv�1 � f)(t)](p) = �(�)
p�;
par suite
p�L[f(x)](p)� p�(��1)(I(1��)(1��)0+ f)(0+) +a
pvL[f(x)](p) = �(�)
p�;
c�est-à-direp�+v + a
pvF (p) = cp�(��1) +
�(�)
p�;
c�est-à-dire
F (p) = cp�(��1)+v
p�+v + a+ �(�)
pv��
p�+v + a;
oùF (p) := L[f(x)](p):
Par suite d�après la relation (??), on obtient
F (p) = cL[x���(��1)�1E�+v;���(��1)(�ax�+v)](p)+�(�)L[x�+��1E�+v;�+�(�ax�+v)](p):
Alors
f(x) = x���(��1)�1[cE�+v;���(��1)(�ax�+v) + �(�)x��E�+v;�+�(�ax�+v)]:
Corollaire 3.2.2 On considère le problème d�équation intégro-di¤érentiellefractionnaire du type Volterra suivant(
(D�;�0+ f)(x) +
a�(v)
R x0(x� t)v�1f(t)dt = x��1E�+v;�(�ax�+v)
(I(1��)(1��)0+ f)(0+) = c;
(3.6)
où 0 < � < 1, 0 � � � 1 avec Re(v) > 0, a 2 C et c 2 R:Alors les solutions du problème (3:6) sont données par
f(x) = x���(��1)�1[cE�+v;���(��1)(�ax�+v) + x��E2�+v;�+�(�ax�+v)]: (3.7)
Démonstration : Supposons que les hypothèses du corollaire sont satis-faites.On a
(D�;�0+ f)(x) +
a
�(v)
Z x
0
(x� t)v�1f(t)dt = x��1E�+v;�(�ax�+v)
![Page 44: Mémoire de Master - Tlemcendspace.univ-tlemcen.dz/bitstream/112/8131/1/Utilisation... · 2016. 10. 31. · Mes remerciements vont à mes Professeurs Monsieur Messirdi Bachir et Monsieur](https://reader036.vdocuments.site/reader036/viewer/2022081410/60968391dcd22c64de60d415/html5/thumbnails/44.jpg)
42
En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation,on obtient
L[(D�;�0+ f)(x) +
a
�(v)
Z x
0
(x� t)v�1f(t)dt](p) = L[x��1E�+v;�(�ax�+v)](p);
d�après la relation (??), on obtient
L[(D�;�0+ f)(x)](p) +
a
�(v)L[Z x
0
(x� t)v�1f(t)dt](p) = p�+v��
p�+v + a;
c�est-à-dire
L[(D�;�0+ f)(x)](p) +
a
�(v)L[(tv�1 � f)(t)](p) = p�+v��
p�+v + a;
par suite
p�L[f(x)](p)� p�(��1)(I(1��)(1��)0+ f)(0+) +a
pvL[f(x)](p) = p�+v��
p�+v + a;
c�est-à-direp�+v + a
pvF (p) = cp�(��1) +
p�+v��
p�+v + a;
c�est-à-dire
F (p) = cp�(��1)+v
p�+v + a+
p�+2v��
(p�+v + a)2;
Par suite, on a
F (p) = cL[x���(��1)�1E�+v;���(��1)(�ax�+v)](p)+L[x�+��1E2�+v;�+�(�ax�+v)](p):
Alors
f(x) = x���(��1)�1[cE�+v;���(��1)(�ax�+v) + x��E2�+v;�+�(�ax�+v)]:
Corollaire 3.2.3 On considère le problème d�équation intégro-di¤érentiellefractionnaire du type Volterra suivant(
(D�;�0+ f)(x) +
a�(v)
R x0(x� t)v�1f(t)dt = x�+v�1E�+v;�+v(�bx�+v)(I(1��)(1��)0+ f)(0+) = c;
(3.8)
où 0 < � < 1, 0 � � � 1 avec Re(v) > 0, a 2 C; b 2 C avec a 6= b et c 2 R:Alors les solutions du problème (3:8) sont données par
f(x) = cx���(��1)�1E�+v;���(��1)(�ax�+v)+E�+v;�(�bx�+v)� E�+v;�(�ax�+v)
a� b x��1:
(3.9)
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43
Démonstration : Supposons que les hypothèses du corollaire sont satis-faites.On a
(D�;�0+ f)(x) +
a
�(v)
Z x
0
(x� t)v�1f(t)dt = x�+v�1E�+v;�+v(�bx�+v)
En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de �équation, onobtient
p�+v + a
pvF (p) = cp�(��1) + L[x�+v�1E�+v;�+v(�bx�+v)](p);
d�après la relation (??), on obtient
p�+v + a
pvF (p) = cp�(��1) +
p���
p�+v + b;
c�est-à-dire
F (p) = cp�(��1)+v
p�+v + a+
p���+v
(p�+v + a)(p�+v + b);
c�est-à-dire
F (p) = cp�(��1)+v
p�+v + a+
1
a� b(p���+v
p�+v + b� p���+v
p�+v + a);
Par suite
F (p) = cL[x���(��1)�1E�+v;���(��1)(�ax�+v)](p)
+1
a� bL[x��1(E�+v;�(�bx�+v)� E�+v;�(�ax�+v))](p):
Alors pour a 6= b, on a
f(x) = cx���(��1)�1E�+v;���(��1)(�ax�+v)+E�+v;�(�bx�+v)� E�+v;�(�ax�+v)
a� b x��1:
3.3 Le problème de Cauchy pour les équa-tions intégro-di¤érentielles fractionnaires
Proposition 3.3.1 On considère le problème de Cauchy suivant�(D�
0+f)(x) = �(E �;�;v;a+f)(x) + g(x)
(I1��0+ f)(0+) = c;(3.10)
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44
où 0 < � < 1 avec Re(v) > 0, � 2 R; c 2 R et g est une fonction donnée:Alors les solutions du problème (3:10) sont données par
f(x) = c
1Xk=0
�kx2�k+��1E k�;2�k+�+����(vx�) +
1Xk=0
�k(E k�;2�k+�;v;0+g)(x):
(3.11)Démonstration : Supposons que les hypothèses de la proposition sontsatisfaites.On a
(D�0+f)(x) = �(E
�;�;v;a+f)(x) + g(x);
c�est-à-dire
(D�0+f)(x) = �
Z x
0
(x� t)��1E �;�(v(x� t)�)f(t)dt+ g(x);
En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation, onobtient
L[(D�0+f)(x)� �
Z x
0
(x� t)��1E �;�(v(x� t)�)f(t)dt](p) = L[g(x)](p);
c�est-à-dire
L[(D�0+f)(x)](p)� �L[t��1E �;�(vt�) � f(t)dt](p) = L[g(x)](p);
par suite, on obtient
p�F (p)� c� � p� ��
(p� � v) F (p) = G(p);
c�est-à-dire
F (p) = c1
p� � �[ p� ��(p��v) ]
+G(p)
p� � �[ p� ��(p��v) ]
:
On a
1
p� � �[ p� ��(p��v) ]
=p��
1� �[ p� �2�(p��v) ]
=1Xk=0
�kp��+� k�2�k
(p� � v) k
= L[1Xk=0
�kx2�k+��1E k�;2�k+�(vx�)](p);
![Page 47: Mémoire de Master - Tlemcendspace.univ-tlemcen.dz/bitstream/112/8131/1/Utilisation... · 2016. 10. 31. · Mes remerciements vont à mes Professeurs Monsieur Messirdi Bachir et Monsieur](https://reader036.vdocuments.site/reader036/viewer/2022081410/60968391dcd22c64de60d415/html5/thumbnails/47.jpg)
45
et
G(p)
p� � �[ p� ��(p��v) ]
=p��
1� �[ p� �2�(p��v) ]
G(p)
=
1Xk=0
�kp��+� k�2�k
(p� � v) k G(p)
= L[(1Xk=0
�kx2�k+��1(E k�;2�k+�(vx�)) � g(x)](p):
Alors
f(x) = c
1Xk=0
�kx2�k+��1E k�;2�k+�+����(vx�) +
1Xk=0
�k(E k�;2�k+�;v;0+g)(x);
où c 2 R.
Théorème 9 On considère le problème de Cauchy suivant�(D�;�
0+ f)(x) = �(E �;�;v;0+f)(x) + g(x)
(I(1��)(1��)0+ f)(0+) = c;
(3.12)
où 0 < � < 1, 0 � � � 1 avec Re(v) > 0; � 2 R; c 2 R et g est une fonctiondonnée:Alors les solutions du problème (3:12) sont données par
f(x) = c1Xk=0
�kx2�k+�+�����1E k�;2�k+�+����(vx�) +
1Xk=0
�k(E k�;2�k+�;v;0+g)(x):
(3.13)Démonstration : Supposons que les hypothèses du théorème sont satis-faites.On a
(D�;�0+ f)(x) = �(E
�;�;v;0+f)(x) + g(x);
c�est-à-dire
(D�;�0+ f)(x) = �
Z x
0
(x� t)��1E �;�(v(x� t)�)f(t)dt+ g(x);
En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation, onobtient
L[(D�;�0+ f)(x)� �
Z x
0
(x� t)��1E �;�(v(x� t)�)f(t)dt](p) = L[g(x)](p);
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46
c�est-à-dire
L[(D�;�0+ f)(x)](p)� �L[t��1E �;�(vt�) � f(t)dt](p) = L[g(x)](p);
par suite, on obtient
p�F (p)� cp�(��1) � � p� ��
(p� � v) F (p) = G(p);
c�est-à-dire
F (p) = cp�(��1)
p� � �[ p� ��(p��v) ]
+G(p)
p� � �[ p� ��(p��v) ]
:
On a
p�(��1)
p� � �[ p� ��(p��v) ]
=p�(��1)��
1� �[ p� �2�(p��v) ]
=1Xk=0
�kp�(��1)��+� k�2�k
(p� � v) k
= L[1Xk=0
�kx2�k+�+�����1E k�;2�k+�+����(vx�)](p);
et
G(p)
p� � �[ p� ��(p��v) ]
=p��
1� �[ p� �2�(p��v) ]
G(p)
=1Xk=0
�kp��+� k�2�k
(p� � v) k G(p)
= L[(1Xk=0
�kx2�k+��1(E k�;2�k+�(vx�)) � g(x)](p):
Alors
f(x) = c
1Xk=0
�kx2�k+�+�����1E k�;2�k+�+����(vx�) +
1Xk=0
�k(E k�;2�k+�;v;0+g)(x);
où c 2 R.
Corollaire 3.3.2 On considère le problème de Cauchy suivant�(D�;�
0+ f)(x) = �(E �;�;v;0+f)(x) + x
��1
(I(1��)(1��)0+ f)(0+) = c;
(3.14)
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47
où 0 < � < 1, 0 � � � 1 avec Re(v) > 0 � 2 R et c 2 R:Alors les solutions du problème (3:14) sont données par
f(x) = x�+�����1[c
1Xk=0
(�x2�)kE k�;2�k+�+����(vx�)+�(�)x��
1Xk=0
(�x2�)kE k�;2�k+�+�(vx�)]:
(3.15)Démonstration : Supposons que les hypothèses du corollaire sont satis-faites.On a
(D�;�0+ f)(x) = �(E
�;�;v;0+f)(x) + x
��1;
c�est-à-dire
(D�;�0+ f)(x) = �
Z x
0
(x� t)��1E �;�(v(x� t)�)f(t)dt+ x��1;
En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation, onobtient
L[(D�;�0+ f)(x)� �
Z x
0
(x� t)��1E �;�(v(x� t)�)f(t)dt](p) = L[x��1](p);
c�est-à-dire
L[(D�;�0+ f)(x)](p)� �L[t��1E �;�(vt�) � f(t)dt](p) =
�(�)
p�;
par suite, on obtient
p�F (p)� cp�(��1) � � p� ��
(p� � v) F (p) =�(�)
p�;
c�est-à-dire
F (p) = cp�(��1)
p� � �[ p� ��(p��v) ]
+ �(�)p��
p� � �[ p� ��(p��v) ]
:
On a
p�(��1)
p� � �[ p� ��(p��v) ]
=p�(��1)��
1� �[ p� �2�(p��v) ]
=1Xk=0
�kp�(��1)��+� k�2�k
(p� � v) k
= L[1Xk=0
�kx2�k+�+�����1E k�;2�k+�+����(vx�)](p);
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48
et
p��
p� � �[ p� ��(p��v) ]
=p����
1� �[ p� �2�(p��v) ]
=
1Xk=0
�kp����+� k�2�k
(p� � v) k
= L[(1Xk=0
�kx2�k+�+��1E k�;2�k+�+�(vx�)](p):
Alors
f(x) = x�+�����1[c
1Xk=0
(�x2�)kE k�;2�k+�+����(vx�)+�(�)x��
1Xk=0
(�x2�)kE k�;2�k+�+�(vx�)];
où c 2 R.
Corollaire 3.3.3 On considère le problème de Cauchy suivant�(D�;�
0+ f)(x) = �(E �;�;v;0+f)(x) + cx
�����1E�;����(vx�)
(I(1��)(1��)0+ f)(0+) = c;
(3.16)
où 0 < � < 1, 0 � � � 1 avec Re(v) > 0, � 2 R et c 2 R:Alors les solutions du problème (3:16) sont données par
f(x) = c1Xk=0
�kx2�k+�+�����1[E k�;2�k+�+����(vx�) + E k+1�;2�k+�+����(vx
�)]:
(3.17)Démonstration : Supposons que les hypothèses du corollaire sont satis-faites.On a
(D�;�0+ f)(x) = �(E
�;�;v;0+f)(x) + cx
�����1E�;����(vx�);
c�est-à-dire
(D�;�0+ f)(x) = �
Z x
0
(x� t)��1E �;�(v(x� t)�)f(t)dt+ cx�����1E�;����(vx�);
En appliquant la transformée de Laplace aux deux membres de l�équation, onobtient
L[(D�;�0+ f)(x)��
Z x
0
(x�t)��1E �;�(v(x�t)�)f(t)dt](p) = L[cx�����1E�;����(vx�)](p);
![Page 51: Mémoire de Master - Tlemcendspace.univ-tlemcen.dz/bitstream/112/8131/1/Utilisation... · 2016. 10. 31. · Mes remerciements vont à mes Professeurs Monsieur Messirdi Bachir et Monsieur](https://reader036.vdocuments.site/reader036/viewer/2022081410/60968391dcd22c64de60d415/html5/thumbnails/51.jpg)
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c�est-à-dire
L[(D�;�0+ f)(x)](p)��L[t��1E �;�(vt�)�f(t)dt](p) = cL[x�����1E�;����(vx�)](p);
par suite, on obtient
p�F (p)� cp�(��1) � � p� ��
(p� � v) F (p) = cp���+��
(p� � v) ;
c�est-à-dire
F (p) = cp�(��1)
p� � �[ p� ��(p��v) ]
+ cp���+����
(1� �[ p����(p��v) ])(p
� � v):
On a
p�(��1)
p� � �[ p����(p��v) ]
=p�(��1)��
1� �[ p���2�(p��v) ]
=1Xk=0
�kp�(��1)��+��k�2�k
(p� � v) k
= L[1Xk=0
�kx2�k+�+�����1E k�;2�k+�+����(vx�)](p);
et
p���+����
(1� �[ p����(p��v) ])(p
� � v)=
1Xk=0
�kp���+����+��k�2�k
(p� � v) k+1
= L[(1Xk=0
�kx2�k+�+�����1E k+1�;2�k+�+����(vx�)](p):
Alors
f(x) = c
1Xk=0
�kx2�k+�+�����1[E k�;2�k+�+����(vx�) + E k+1�;2�k+�+����(vx
�)];
où c 2 R.
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صملخ
في هذا انعمم نقذو بعض نتائج حهول نمشاكم كسور كوشي بعض انمعادلات
انتفاضهية انكسزية انتكامهية من نوع فونتيزا و بعض انمعادلات انتفاضهية انكسزية
مع انتأخيز باستخذاو تحويم لا بلاس.
Résumé
Dans ce travail, nous présentons plusieurs résultats pour
résoudre quelques problèmes de Cauchy fractionnaires,
quelques équations intégro-différentielles fractionnaires du type
Volterra et les équations différentielles fractionnaires aves retard
en utilisant la transformée de Laplace.
Abstract
In this work, we present several results to solve some
problems of fractional Cauchy,some fractional integro-
differential equations of Volterra type and differential equations
fractional with delay using the Laplace transform.