Maîtrise les Transformées de Laplace : Calcul et Inversion

Correction :

La définition de la transformée de Laplace de $f(t)$ est donnée par :

$$ \mathcal{L}\{f(t)\}(s) = F(s) = \int_0^\infty e^{-st} f(t) dt $$

Pour $f(t) = e^{at}$, on a :

Étape 1 : Substituer $f(t)$ dans la définition.

$$ F(s) = \int_0^\infty e^{-st} e^{at} dt $$

Étape 2 : Combiner les exponentielles.

$$ F(s) = \int_0^\infty e^{-(s-a)t} dt $$

Étape 3 : Calculer l'intégrale.

Cette intégrale converge si $s-a > 0$, c'est-à-dire $s > a$.

$$ F(s) = \left[ \frac{e^{-(s-a)t}}{-(s-a)} \right]_0^\infty $$

Étape 4 : Évaluer aux limites.

Pour $t \to \infty$, $e^{-(s-a)t} \to 0$ car $s-a > 0$.

Pour $t=0$, $e^{-(s-a)(0)} = e^0 = 1$.

$$ F(s) = 0 - \frac{1}{-(s-a)} = \frac{1}{s-a} $$

Point méthode : La condition sur $s$ ($s>a$) est le domaine de convergence de la transformée.

Correction :

On utilise la définition : $F(s) = \int_0^\infty e^{-st} \sin(\omega t) dt$.

Pour calculer cette intégrale, on peut utiliser l'intégration par parties deux fois, ou utiliser la formule d'Euler : $\sin(\theta) = \frac{e^{i\theta} - e^{-i\theta}}{2}$.

Utilisons la formule d'Euler :

Étape 1 : Substituer $\sin(\omega t)$.

$$ F(s) = \int_0^\infty e^{-st} \left(\frac{e^{i\omega t} - e^{-i\omega t}}{2}\right) dt $$

Étape 2 : Séparer l'intégrale en deux.

$$ F(s) = \frac{1}{2} \int_0^\infty (e^{-st} e^{i\omega t} - e^{-st} e^{-i\omega t}) dt $$ $$ F(s) = \frac{1}{2} \int_0^\infty e^{-(s-i\omega)t} dt - \frac{1}{2} \int_0^\infty e^{-(s+i\omega)t} dt $$

Étape 3 : Appliquer le résultat de l'exercice 1 (avec $a$ complexe).

L'intégrale $\int_0^\infty e^{-bt} dt = \frac{1}{b}$ pour $\text{Re}(b) > 0$. Ici, $\text{Re}(s-i\omega) = s$ et $\text{Re}(s+i\omega) = s$. On suppose donc $s > 0$.

$$ \int_0^\infty e^{-(s-i\omega)t} dt = \frac{1}{s-i\omega} $$ $$ \int_0^\infty e^{-(s+i\omega)t} dt = \frac{1}{s+i\omega} $$

Étape 4 : Combiner les résultats.

$$ F(s) = \frac{1}{2} \left(\frac{1}{s-i\omega} - \frac{1}{s+i\omega} \right) $$

Étape 5 : Mettre sur un dénominateur commun.

$$ F(s) = \frac{1}{2} \left(\frac{(s+i\omega) - (s-i\omega)}{(s-i\omega)(s+i\omega)} \right) = \frac{1}{2} \left(\frac{2i\omega}{s^2 - (i\omega)^2} \right) $$

Puisque $(i\omega)^2 = i^2 \omega^2 = -\omega^2$, on obtient :

$$ F(s) = \frac{1}{2} \left(\frac{2i\omega}{s^2 + \omega^2} \right) = \frac{i\omega}{s^2 + \omega^2} $$

Attends, il y a une erreur. La transformée de $\sin(\omega t)$ est $\frac{\omega}{s^2+\omega^2}$. Reprenons l'étape 5.

Étape 5 (corrigée) : Calculer le numérateur et dénominateur.

$$ F(s) = \frac{1}{2} \left(\frac{(s+i\omega) - (s-i\omega)}{s^2 + \omega^2} \right) = \frac{1}{2} \left(\frac{2i\omega}{s^2 + \omega^2} \right) $$

Ah, il semble que ma formule d'Euler était peut-être mal appliquée, ou qu'il y a une subtilité avec les nombres complexes. La formule standard pour $\sin(\omega t)$ est bien $\frac{\omega}{s^2+\omega^2}$. Recalculons l'intégrale en utilisant une autre méthode pour vérifier.

Utilisons la propriété $\mathcal{L}\{\sin(\omega t)\}(s) = \text{Im}(\mathcal{L}\{e^{i\omega t}\}(s))$.

D'après l'exercice 1, $\mathcal{L}\{e^{at}\}(s) = \frac{1}{s-a}$. Donc, $\mathcal{L}\{e^{i\omega t}\}(s) = \frac{1}{s-i\omega}$.

$\frac{1}{s-i\omega} = \frac{1}{s-i\omega} \times \frac{s+i\omega}{s+i\omega} = \frac{s+i\omega}{s^2 + \omega^2} = \frac{s}{s^2+\omega^2} + i \frac{\omega}{s^2+\omega^2}$.

L'imaginaire est donc $\frac{\omega}{s^2+\omega^2}$.

Astuce : Il est plus simple de retenir les transformées des fonctions usuelles par cœur et de les vérifier au besoin. La transformée de $\cos(\omega t)$ est $\frac{s}{s^2 + \omega^2}$.

Correction :

La transformée de Laplace est linéaire, ce qui signifie que pour des constantes $a$ et $b$ et des fonctions $f(t)$ et $g(t)$ :

$$ \mathcal{L}\{af(t) + bg(t)\}(s) = a\mathcal{L}\{f(t)\}(s) + b\mathcal{L}\{g(t)\}(s) $$

Nous allons utiliser les résultats des exercices 1 et 2.

Pour $e^{2t}$, avec $a=2$ dans l'exercice 1, on a $\mathcal{L}\{e^{2t}\}(s) = \frac{1}{s-2}$ (pour $s>2$).

Pour $\sin(4t)$, avec $\omega=4$ dans l'exercice 2, on a $\mathcal{L}\{\sin(4t)\}(s) = \frac{4}{s^2+4^2} = \frac{4}{s^2+16}$ (pour $s>0$).

Étape 1 : Appliquer la linéarité.

$$ \mathcal{L}\{3e^{2t} - 5\sin(4t)\}(s) = 3\mathcal{L}\{e^{2t}\}(s) - 5\mathcal{L}\{\sin(4t)\}(s) $$

Étape 2 : Substituer les transformées connues.

$$ = 3\left(\frac{1}{s-2}\right) - 5\left(\frac{4}{s^2+16}\right) $$

Étape 3 : Simplifier.

$$ = \frac{3}{s-2} - \frac{20}{s^2+16} $$

Correction :

On utilise la propriété de décalage fréquentiel : Si $\mathcal{L}\{f(t)\}(s) = F(s)$, alors $\mathcal{L}\{e^{at}f(t)\}(s) = F(s-a)$.

Nous avons besoin de la transformée de $\cos(t)$. D'après l'exercice 2 (en ajustant pour cosinus), $\mathcal{L}\{\cos(\omega t)\}(s) = \frac{s}{s^2+\omega^2}$. Donc, pour $\cos(t)$, $\omega=1$, $\mathcal{L}\{\cos(t)\}(s) = \frac{s}{s^2+1}$.

Ici, la fonction $f(t)$ est $\cos(t)$ et $a=-3$. La transformée de $f(t)$ est $F(s) = \frac{s}{s^2+1}$.

Étape 1 : Appliquer la propriété de décalage fréquentiel.

$$ \mathcal{L}\{e^{-3t}\cos(t)\}(s) = F(s - (-3)) = F(s+3) $$

Étape 2 : Substituer $s$ par $s+3$ dans $F(s)$.

$$ F(s+3) = \frac{s+3}{(s+3)^2 + 1} $$

Étape 3 : Développer le dénominateur.

$$ (s+3)^2 + 1 = s^2 + 6s + 9 + 1 = s^2 + 6s + 10 $$

Le domaine de convergence est $s > -3$ car $\mathcal{L}\{\cos(t)\}$ converge pour $s>0$, et le décalage ne change pas la condition sur la partie réelle ($s>-3$).

Correction :

Nous devons trouver $f(t) = \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}$. Le dénominateur est $s^2 - 4 = (s-2)(s+2)$. Ce sont des pôles réels simples.

Étape 1 : Décomposer $F(s)$ en éléments simples.

On cherche $A$ et $B$ tels que :

$$ \frac{1}{(s-2)(s+2)} = \frac{A}{s-2} + \frac{B}{s+2} $$

En multipliant par $(s-2)(s+2)$ :

$1 = A(s+2) + B(s-2)$

Pour trouver $A$, posons $s=2$ : $1 = A(2+2) + B(2-2) = 4A$. Donc $A = \frac{1}{4}$.

Pour trouver $B$, posons $s=-2$ : $1 = A(-2+2) + B(-2-2) = -4B$. Donc $B = -\frac{1}{4}$.

Ainsi, $F(s) = \frac{1/4}{s-2} - \frac{1/4}{s+2}$.

Étape 2 : Utiliser l'inversion de Laplace et la linéarité.

Nous savons que $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-a}\right\} = e^{at}$.

$$ f(t) = \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{s-2} - \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{s+2}\right\} $$ $$ f(t) = \frac{1}{4} \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-2}\right\} - \frac{1}{4} \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s+2}\right\} $$

Avec $a=2$ et $a=-2$ :

$$ f(t) = \frac{1}{4} e^{2t} - \frac{1}{4} e^{-2t} $$

On peut aussi écrire cela en utilisant la définition du sinus hyperbolique : $\sinh(x) = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$.

$f(t) = \frac{1}{2} \left(\frac{e^{2t} - e^{-2t}}{2}\right) = \frac{1}{2}\sinh(2t)$.

Correction :

Le dénominateur est $s^2 + 6s + 10$. Pour trouver ses racines, on calcule le discriminant $\Delta = b^2 - 4ac = 6^2 - 4(1)(10) = 36 - 40 = -4$. Comme le discriminant est négatif, les racines sont complexes conjuguées.

Pour utiliser les propriétés de décalage fréquentiel, il faut compléter le carré du dénominateur.

Étape 1 : Compléter le carré du dénominateur.

$s^2 + 6s + 10 = (s^2 + 6s + 9) - 9 + 10 = (s+3)^2 + 1$.

La transformée devient $F(s) = \frac{s+3}{(s+3)^2 + 1}$.

Étape 2 : Reconnaître la forme de la transformée.

Cette forme ressemble à $\frac{s}{s^2+\omega^2}$ ou $\frac{\omega}{s^2+\omega^2}$, mais avec un décalage $s \to s+3$. La propriété de décalage fréquentiel dit que $\mathcal{L}\{e^{at}g(t)\}(s) = G(s-a)$. Ici, on a $s+3$, donc $a=-3$. Si $G(p) = \frac{p}{p^2+1}$, alors $\mathcal{L}\{e^{-3t}\cos(t)\}(s) = G(s+3) = \frac{s+3}{(s+3)^2+1}$.

Dans notre cas, le numérateur est $s+3$, ce qui correspond exactement à la partie 's' du dénominateur décalé. Donc, la fonction $g(t)$ dont la transformée est $G(p) = \frac{p}{p^2+1}$ est $\cos(t)$ (avec $\omega=1$).

Étape 3 : Appliquer l'inversion.

Puisque $F(s) = \frac{s+3}{(s+3)^2 + 1}$ et que $\mathcal{L}\{\cos(t)\}(p) = \frac{p}{p^2+1}$, avec $p = s+3$, la fonction $f(t)$ est :

$$ f(t) = \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s+3}{(s+3)^2 + 1}\right\} $$

En posant $p=s+3$ et en reconnaissant la forme de la transformée de $\cos(t)$ :

$$ f(t) = e^{-3t}\cos(t) $$

Ceci correspond à l'exercice 4, mais en sens inverse.

Correction :

L'équation est $y'(t) + 2y(t) = 0$. La condition initiale est $y(0)=3$.

Étape 1 : Appliquer la transformée de Laplace à toute l'équation.

$\mathcal{L}\{y'(t)\}(s) + 2\mathcal{L}\{y(t)\}(s) = \mathcal{L}\{0\}(s)$.

On utilise les propriétés : $\mathcal{L}\{y'(t)\}(s) = sY(s) - y(0)$ et $\mathcal{L}\{y(t)\}(s) = Y(s)$, où $Y(s)$ est la transformée de Laplace de $y(t)$. De plus, $\mathcal{L}\{0\}(s) = 0$.

L'équation devient : $(sY(s) - y(0)) + 2Y(s) = 0$.

Étape 2 : Substituer la condition initiale $y(0)=3$.

$sY(s) - 3 + 2Y(s) = 0$.

Étape 3 : Résoudre pour $Y(s)$.

Regrouper les termes en $Y(s)$ : $(s+2)Y(s) - 3 = 0$.

$(s+2)Y(s) = 3$.

$Y(s) = \frac{3}{s+2}$.

Étape 4 : Inverser la transformée de Laplace pour trouver $y(t)$.

Nous reconnaissons la forme de la transformée de Laplace d'une exponentielle : $\mathcal{L}\{e^{at}\}(s) = \frac{1}{s-a}$.

Ici, $\frac{3}{s+2} = 3 \cdot \frac{1}{s-(-2)}$.

$y(t) = \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{3}{s+2}\right\} = 3 \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-(-2)}\right\} = 3e^{-2t}$.

Vérification : $y'(t) = -6e^{-2t}$. Donc, $y'(t) + 2y(t) = -6e^{-2t} + 2(3e^{-2t}) = -6e^{-2t} + 6e^{-2t} = 0$. La condition initiale $y(0)=3e^0=3$ est aussi vérifiée.

Correction :

L'équation est $y''(t) - y(t) = e^t$. Conditions initiales : $y(0)=0$, $y'(0)=1$. Soit $Y(s) = \mathcal{L}\{y(t)\}(s)$.

Étape 1 : Appliquer la transformée de Laplace à l'équation.

$\mathcal{L}\{y''(t)\}(s) - \mathcal{L}\{y(t)\}(s) = \mathcal{L}\{e^t\}(s)$.

On utilise :

• $\mathcal{L}\{y''(t)\}(s) = s^2Y(s) - sy(0) - y'(0)$
• $\mathcal{L}\{y(t)\}(s) = Y(s)$
• $\mathcal{L}\{e^t\}(s) = \frac{1}{s-1}$ (d'après l'exercice 1 avec $a=1$).

L'équation devient : $(s^2Y(s) - sy(0) - y'(0)) - Y(s) = \frac{1}{s-1}$.

Étape 2 : Substituer les conditions initiales $y(0)=0$ et $y'(0)=1$.

$s^2Y(s) - s(0) - 1 - Y(s) = \frac{1}{s-1}$.

$s^2Y(s) - 1 - Y(s) = \frac{1}{s-1}$.

Étape 3 : Résoudre pour $Y(s)$.

$(s^2 - 1)Y(s) - 1 = \frac{1}{s-1}$.

$(s^2 - 1)Y(s) = 1 + \frac{1}{s-1} = \frac{s-1+1}{s-1} = \frac{s}{s-1}$.

Comme $s^2 - 1 = (s-1)(s+1)$, on a :

$(s-1)(s+1)Y(s) = \frac{s}{s-1}$.

$Y(s) = \frac{s}{(s-1)^2(s+1)}$.

Étape 4 : Inverser la transformée de Laplace. Il faut faire une décomposition en éléments simples.

On cherche $A, B, C$ tels que :

$$ \frac{s}{(s-1)^2(s+1)} = \frac{A}{s-1} + \frac{B}{(s-1)^2} + \frac{C}{s+1} $$

Multiplions par $(s-1)^2(s+1)$ :

$s = A(s-1)(s+1) + B(s+1) + C(s-1)^2$.

Posons $s=1$ : $1 = A(0) + B(1+1) + C(0) \implies 1 = 2B \implies B = \frac{1}{2}$.

Posons $s=-1$ : $-1 = A(0) + B(0) + C(-1-1)^2 = C(-2)^2 = 4C \implies C = -\frac{1}{4}$.

Pour trouver $A$, on peut comparer les coefficients de $s^2$ :

$0 = A(s^2) + C(s^2) \implies 0 = A + C \implies A = -C = -(-\frac{1}{4}) = \frac{1}{4}$.

Donc, $Y(s) = \frac{1/4}{s-1} + \frac{1/2}{(s-1)^2} - \frac{1/4}{s+1}$.

Étape 5 : Inverser terme à terme.

On utilise $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{s-a}\right\} = e^{at}$ et $\mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{(s-a)^2}\right\} = te^{at}$.

$y(t) = \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{4}\frac{1}{s-1}\right\} + \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{2}\frac{1}{(s-1)^2}\right\} - \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{1}{4}\frac{1}{s+1}\right\}$.

$y(t) = \frac{1}{4}e^t + \frac{1}{2}te^t - \frac{1}{4}e^{-t}$.

Vérification (partielle) :

$y(0) = \frac{1}{4} + 0 - \frac{1}{4} = 0$. (OK)

$y'(t) = \frac{1}{4}e^t + \frac{1}{2}e^t + \frac{1}{2}te^t + \frac{1}{4}e^{-t} = \frac{3}{4}e^t + \frac{1}{2}te^t + \frac{1}{4}e^{-t}$.

$y'(0) = \frac{3}{4} + 0 + \frac{1}{4} = 1$. (OK)

La vérification complète de l'équation différentielle est plus laborieuse mais confirme la solution.

Correction :

La fonction échelon unitaire $u(t)$ est définie par $u(t) = 0$ pour $t<0$ et $u(t)=1$ pour $t \ge 0$. Une fonction porte de durée $T$ commençant à $t=0$ peut s'écrire $f(t) = u(t) - u(t-T)$.

Dans notre cas, la fonction vaut 1 entre $t=0$ et $t=2$. Elle peut donc s'écrire comme :

$$ f(t) = u(t) - u(t-2) $$

Étape 1 : Appliquer la transformée de Laplace à $f(t)$.

$\mathcal{L}\{f(t)\}(s) = \mathcal{L}\{u(t)\}(s) - \mathcal{L}\{u(t-2)\}(s)$.

On sait que $\mathcal{L}\{u(t)\}(s) = \frac{1}{s}$ (pour $s>0$).

Pour $\mathcal{L}\{u(t-2)\}(s)$, on utilise la propriété de décalage temporel : $\mathcal{L}\{u(t-a)g(t-a)\}(s) = e^{-as}G(s)$. Ici, $g(t)=1$, donc $G(p) = \mathcal{L}\{1\}(p) = \frac{1}{p}$.

Pour $u(t-2)$, on a $a=2$. Donc, $\mathcal{L}\{u(t-2)\}(s) = e^{-2s} \mathcal{L}\{1\}(s) = e^{-2s} \cdot \frac{1}{s}$.

Étape 2 : Combiner les résultats.

$$ \mathcal{L}\{f(t)\}(s) = \frac{1}{s} - e^{-2s}\frac{1}{s} = \frac{1-e^{-2s}}{s} $$

Vérification par intégrale :

$F(s) = \int_0^\infty e^{-st} f(t) dt = \int_0^2 e^{-st} (1) dt + \int_2^\infty e^{-st} (0) dt = \int_0^2 e^{-st} dt$.

$F(s) = \left[\frac{e^{-st}}{-s}\right]_0^2 = \frac{e^{-2s}}{-s} - \frac{e^0}{-s} = \frac{e^{-2s}}{-s} - \frac{1}{-s} = \frac{1-e^{-2s}}{s}$. (OK)

Correction :

Soient $X(s) = \mathcal{L}\{x(t)\}(s)$ et $Y(s) = \mathcal{L}\{y(t)\}(s)$.

Étape 1 : Appliquer la transformée de Laplace à chaque équation.

Pour la première équation : $x'(t) = y(t)$

$\mathcal{L}\{x'(t)\}(s) = \mathcal{L}\{y(t)\}(s)$

$sX(s) - x(0) = Y(s)$.

Avec $x(0)=1$ : $sX(s) - 1 = Y(s)$ (Équation 1)

Pour la deuxième équation : $y'(t) = -x(t)$

$\mathcal{L}\{y'(t)\}(s) = -\mathcal{L}\{x(t)\}(s)$

$sY(s) - y(0) = -X(s)$.

Avec $y(0)=0$ : $sY(s) - 0 = -X(s) \implies sY(s) = -X(s)$ (Équation 2)

Étape 2 : Résoudre le système d'équations en $X(s)$ et $Y(s)$.

On peut substituer l'Équation 1 dans l'Équation 2 :

$s(sX(s) - 1) = -X(s)$

$s^2X(s) - s = -X(s)$

Regrouper les termes en $X(s)$ :

$s^2X(s) + X(s) = s$.

$(s^2+1)X(s) = s$.

$X(s) = \frac{s}{s^2+1}$.

Maintenant, on peut trouver $Y(s)$ en utilisant l'Équation 1 :

$Y(s) = sX(s) - 1 = s\left(\frac{s}{s^2+1}\right) - 1 = \frac{s^2}{s^2+1} - 1 = \frac{s^2 - (s^2+1)}{s^2+1} = \frac{-1}{s^2+1}$.

Étape 3 : Inverser les transformées de Laplace pour trouver $x(t)$ et $y(t)$.

Pour $X(s) = \frac{s}{s^2+1}$, on reconnaît la transformée de Laplace de $\cos(t)$ (exercice 2 avec $\omega=1$).

$x(t) = \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{s}{s^2+1}\right\} = \cos(t)$.

Pour $Y(s) = \frac{-1}{s^2+1}$, on reconnaît la transformée de Laplace de $-\sin(t)$ (exercice 2 avec $\omega=1$ et un signe moins).

$y(t) = \mathcal{L}^{-1}\left\{\frac{-1}{s^2+1}\right\} = -\sin(t)$.

Vérification :

$x(0) = \cos(0) = 1$. (OK)

$y(0) = -\sin(0) = 0$. (OK)

$x'(t) = -\sin(t)$. On a bien $x'(t) = y(t)$ car $y(t) = -\sin(t)$.

$y'(t) = -\cos(t)$. On a bien $y'(t) = -x(t)$ car $x(t) = \cos(t)$.

Le système est correctement résolu.