Exercices corrigés — Transformation de Laplace

Sur $[0;+\infty[$, $u(t)=1$ : $F(p)=\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-pt}\,dt$.

Une primitive de $e^{-pt}$ est $-\dfrac1p e^{-pt}$.

Quand $t\to+\infty$, $e^{-pt}\to0$ (car $p>0$).

L'énoncé impose la définition : on ne peut pas répondre « $\frac1p$, c'est dans la table ». C'est justement cette ligne de table qu'on établit.

Sur $[0;+\infty[$ l'échelon vaut $1$, donc l'intégrale à calculer est celle de $e^{-pt}$ — la plus simple du chapitre, et c'est elle qui fonde toutes les autres.

Avant de calculer, il faut savoir pourquoi on fait ça — sinon le chapitre reste une collection de formules.

Une équation différentielle est difficile parce qu'elle mêle une fonction et ses dérivées. La transformée de Laplace fait une chose remarquable : elle transforme la dérivation en multiplication.

$$\mathcal{L}\{f'\}=p\,F(p)-f(0)$$

👉 Conséquence : une équation différentielle en $t$ devient une équation algébrique en $p$ — donc un simple calcul de fractions. On résout, puis on revient en arrière.

$$\underbrace{\text{équa. diff. en }t}_{\text{difficile}}\ \xrightarrow{\ \mathcal{L}\ }\ \underbrace{\text{équation en }p}_{\text{facile}}\ \longrightarrow\ \text{solution en }p\ \xrightarrow{\ \mathcal{L}^{-1}\ }\ \text{solution en }t$$

C'est le même principe que le logarithme, qui transforme les produits en sommes : on change de monde pour que le problème y devienne facile, puis on revient.

⚠️ D'où l'importance de la table : tout le chapitre consiste à savoir passer d'un monde à l'autre dans les deux sens, et la table est le dictionnaire.

Définition de la transformée de Laplace

$$F(p)=\int_0^{+\infty}f(t)\,e^{-pt}\,\mathrm{d}t$$

L'intégrale est impropre : on l'évalue comme une limite en $+\infty$. La condition $p>0$ n'est pas décorative — c'est elle qui fait converger l'intégrale.

Signal causal On ne travaille que sur $t\geq0$ : c'est la convention du chapitre, et c'est pourquoi l'intégrale part de $0$. L'échelon $u(t)$ vaut $0$ avant et $1$ après.

$u(t)=1$ sur $[0;+\infty[$, donc l'intégrande se réduit à $e^{-pt}$ :

$$F(p)=\int_0^{+\infty}e^{-pt}\,\mathrm{d}t$$

Une primitive de $e^{-pt}$ par rapport à $t$ est $-\dfrac1p e^{-pt}$ — le $-\frac1p$ vient de la dérivée de l'exposant.

$$F(p)=\left[-\frac1p e^{-pt}\right]_0^{+\infty}$$

En $+\infty$ : $e^{-pt}\to0$ parce que $p>0$ (l'exposant $-pt$ tend vers $-\infty$). Le terme de bord supérieur est donc nul.

En $t=0$ : $-\frac1p e^{0}=-\frac1p\times1=-\frac1p$.

$$F(p)=0-\left(-\frac1p\right)=\frac1p$$

$$\boxed{\mathcal{L}\{u\}=\frac1p\quad\text{pour }p>0}$$

Par dérivation de la primitive — le contrôle standard des intégrales :

$$\left(-\frac1p e^{-pt}\right)'=-\frac1p\times(-p)\,e^{-pt}=e^{-pt}$$

✓

Par le théorème de la valeur initiale : $f(0^+)=\lim_{p\to+\infty}p\,F(p)$. Ici $p\times\frac1p=1$, et l'échelon vaut bien $1$ en $0^+$ ✓.

Par ordre de grandeur : pour $p$ grand, $e^{-pt}$ s'écrase très vite, donc l'aire sous la courbe est petite — et $\frac1p$ tend bien vers $0$ ✓. Pour $p$ petit, l'amortissement est lent, l'aire est grande — et $\frac1p$ explose ✓.

⚠️ Oublier la condition $p>0$. Si $p<0$, alors $-pt\to+\infty$, donc $e^{-pt}\to+\infty$ et l'intégrale diverge : la transformée n'existe pas.

👉 Toute transformée de Laplace vient avec un domaine de validité, et c'est lui qui justifie l'annulation du terme de bord. L'écrire n'est pas une formalité : c'est ce qui rend le calcul licite.

⚠️ Oublier le $-\frac1p$ dans la primitive. La dérivée de $e^{-pt}$ par rapport à $t$ vaut $-p\,e^{-pt}$, donc la primitive porte un $-\frac1p$ pour compenser.

⚠️ Dériver par rapport à $p$ au lieu de $t$. Dans cette intégrale, $p$ est un paramètre fixé et $t$ la variable — c'est le $\mathrm{d}t$ qui le dit.

⚠️ Évaluer le crochet dans le mauvais sens : c'est valeur en $+\infty$ moins valeur en $0$.

$\mathcal{L}\{u\}=\dfrac1p$ est la brique de base : toutes les autres lignes de la table s'en déduisent par les théorèmes (amortissement, intégration, dérivation).

Et retiens qu'une transformée n'existe que sur un domaine de $p$ — c'est ce domaine qui fait converger l'intégrale, et c'est lui qui autorise à annuler les termes de bord.

$F(p)=\displaystyle\int_0^{+\infty}t\,e^{-pt}\,dt$ : IPP avec $u=t$, $dv=e^{-pt}dt$.

Le crochet $\Big[-\dfrac t p e^{-pt}\Big]_0^{+\infty}$ est nul : en $+\infty$ par croissance comparée, en $0$ car $t=0$.

Les termes de bord en $+\infty$ tendent vers $0$.

L'intégrande $t\,e^{-pt}$ est un produit polynôme × exponentielle : c'est une intégration par parties, exactement comme au chapitre Intégrales.

La seule nouveauté est que les bornes vont jusqu'à $+\infty$ : il faudra justifier que le terme de bord s'y annule, et c'est une croissance comparée qui le donne.

IPP

$$\int u\,v'=\big[uv\big]-\int u'v$$

Croissance comparée — le fait qui fait tout marcher

$$\lim_{t\to+\infty}t^n\,e^{-pt}=0\qquad\text{pour tout }n\text{, dès que }p>0$$

L'exponentielle décroissante écrase toute puissance de $t$.

👉 C'est ce résultat qui annule les termes de bord, et c'est lui qui garantit que $\mathcal{L}\{t^n\}$ existe pour tout $n$. Sans lui, aucune transformée de polynôme n'aurait de sens.

Le bon choix est celui du chapitre Intégrales : le polynôme en $u$ (il rétrécit quand on le dérive), l'exponentielle en $v'$ (elle s'intègre sans effort).

$u=t$ donc $u'=1$ ; $v'=e^{-pt}$ donc $v=-\frac1p e^{-pt}$.

$$\int_0^{+\infty}t\,e^{-pt}\,\mathrm{d}t=\underbrace{\left[-\frac tp e^{-pt}\right]_0^{+\infty}}_{[uv]}\ \underbrace{+\ \frac1p\int_0^{+\infty}e^{-pt}\,\mathrm{d}t}_{-\int u'v}$$

⚠️ Le signe de la seconde intégrale est POSITIF. En effet

$$-\int u'v=-\int 1\times\left(-\tfrac1p e^{-pt}\right)=+\tfrac1p\int e^{-pt}$$

Deux signes moins qui se compensent — celui de la formule d'IPP et celui de la primitive.

En $+\infty$ : $\dfrac tp e^{-pt}\to0$ par croissance comparée (l'exponentielle l'emporte sur $t$).

En $0$ : le facteur $t$ vaut $0$, donc le produit aussi.

Le crochet vaut donc $0-0=0$.

⚠️ La première annulation n'est pas évidente : c'est un produit $\infty\times0$, une forme indéterminée. Seule la croissance comparée la tranche, et il faut le dire.

Il ne reste que la seconde intégrale, qui est celle de l'exercice A1 :

$$\int_0^{+\infty}t\,e^{-pt}\,\mathrm{d}t=\frac1p\times\underbrace{\int_0^{+\infty}e^{-pt}\,\mathrm{d}t}_{=\,1/p}=\frac1p\times\frac1p$$

$$\boxed{\mathcal{L}\{t\}=\frac1{p^2}}$$

Par la formule générale : $\mathcal{L}\{t^n\}=\dfrac{n!}{p^{n+1}}$ donne, pour $n=1$, $\dfrac{1!}{p^2}=\dfrac1{p^2}$ ✓.

Par le signe : $t\,u(t)$ est un signal positif, et $e^{-pt}$ aussi, donc l'intégrale est positive. $\frac{1}{p^2}>0$ ✓ — ce contrôle élimine d'un coup l'erreur de signe la plus courante.

Par la valeur initiale : $\lim_{p\to+\infty}p\times\frac1{p^2}=\lim\frac1p=0$, et la rampe vaut bien $0$ en $t=0$ ✓.

⚠️ Se tromper de signe sur la seconde intégrale. Le $-$ de la formule d'IPP et le $-$ de la primitive $v=-\frac1p e^{-pt}$ se compensent : le terme restant est positif.

Une erreur ici donne $-\frac{1}{p^2}$ — une transformée négative pour un signal positif, ce qui est absurde. Le contrôle de signe l'attrape immédiatement.

⚠️ Ne pas justifier l'annulation du terme de bord. « $t\,e^{-pt}\to0$ » est une forme $\infty\times0$ : sans invoquer la croissance comparée, la justification manque.

⚠️ Choisir $u=e^{-pt}$ et $v'=t$. On obtiendrait $v=\frac{t^2}{2}$ et une intégrale plus difficile — c'est le test de validité du choix d'IPP, vu au chapitre Intégrales.

⚠️ Répondre $\frac1p$ en oubliant qu'il reste un facteur $\frac1p$ devant l'intégrale.

Une transformée par la définition, c'est presque toujours une IPP plus une croissance comparée.

Et le signe du terme restant se contrôle en une seconde : une transformée de signal positif ne peut pas être négative. C'est le contrôle le moins cher du chapitre.

$F(p)=\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-at}e^{-pt}\,dt=\int_0^{+\infty}e^{-(p+a)t}\,dt$.

C'est la même intégrale que l'échelon, avec $p$ remplacé par $p+a$.

Résultat : $\dfrac1{p+a}$.

Le produit $e^{-at}\,e^{-pt}$ se regroupe en une seule exponentielle, $e^{-(p+a)t}$.

On retombe alors exactement sur l'intégrale de l'exercice A1, avec $p$ remplacé par $p+a$. Aucun calcul neuf : c'est une substitution.

Produit d'exponentielles

$$e^{-at}\,e^{-pt}=e^{-at-pt}=e^{-(p+a)t}$$

Les exposants s'additionnent — et ici les deux sont négatifs, donc ils s'accumulent.

L'intégrale de référence

$$\int_0^{+\infty}e^{-kt}\,\mathrm{d}t=\frac1k\qquad\text{pour }k>0$$

Ici $k=p+a$, d'où la condition $p+a>0$ que l'énoncé pose.

$$F(p)=\int_0^{+\infty}e^{-at}\,e^{-pt}\,\mathrm{d}t=\int_0^{+\infty}e^{-(p+a)t}\,\mathrm{d}t$$

C'est littéralement l'intégrale de A1 avec $p+a$ à la place de $p$.

Compare les deux premières lignes de la table :

signal	transformée	pôle
$u(t)$	$\dfrac1p$	$0$
$e^{-at}u(t)$	$\dfrac1{p+a}$	$-a$

👉 Multiplier le signal par $e^{-at}$ a déplacé le pôle de $0$ vers $-a$. Autrement dit : dans le monde des $p$, l'amortissement est un décalage horizontal.

C'est la première apparition du théorème de l'amortissement, qui généralisera :

$$\mathcal{L}\{e^{-at}f(t)\}=F(p+a)$$

⚠️ Et ce fait a une lecture physique : plus $a$ est grand, plus le signal s'amortit vite, et plus le pôle est loin à gauche. Un pôle à partie réelle négative signale un régime qui s'éteint ; un pôle à partie réelle positive, un régime qui diverge. C'est tout l'usage de Laplace en automatique.

Fais $a=0$. Alors $e^{-0\cdot t}=1=u(t)$, et la formule doit rendre $\frac1{p+0}=\frac1p$ ✓ — c'est bien le résultat de A1.

👉 Ce test attrape immédiatement une erreur de signe : la formule fautive $\frac1{p-a}$ rendrait aussi $\frac1p$ en $a=0$… donc il faut un second test.

Fais $a=1$ et $p=1$. L'intégrale $\int_0^{+\infty}e^{-2t}\mathrm{d}t=\frac12$. La bonne formule donne $\frac{1}{1+1}=\frac12$ ✓ ; la fautive donnerait $\frac{1}{1-1}$, non défini ✗.

Par le signe : $e^{-at}$ est un signal positif, donc sa transformée doit l'être. $\frac1{p+a}>0$ dès que $p+a>0$ ✓.

⚠️ Additionner les exposants avec le mauvais signe et écrire $e^{(a-p)t}$. Les deux exposants sont négatifs : $-at$ et $-pt$ s'additionnent en $-(p+a)t$.

⚠️ Répondre $\frac1{p-a}$, en confondant le sens de l'amortissement. Pour $f(t)=e^{-at}$ (décroissante), le pôle est en $-a$, donc le dénominateur est $p+a$.

Le contrôle à deux tests du pas 6 tranche.

⚠️ Oublier la condition $p+a>0$. C'est elle qui fait converger l'intégrale, exactement comme $p>0$ en A1.

⚠️ Croire que $\mathcal{L}\{e^{+at}\}$ n'existe pas. Elle existe, et vaut $\frac{1}{p-a}$ — mais seulement pour $p>a$ : le domaine de validité se décale, lui aussi.

$\mathcal{L}\{e^{-at}\}=\dfrac1{p+a}$ : un amortissement décale le pôle de $0$ vers $-a$.

C'est la première apparition du théorème de l'amortissement — multiplier par $e^{-at}$ dans le monde des $t$ revient à remplacer $p$ par $p+a$ dans le monde des $p$. Retiens le sens : signal qui décroît $\Rightarrow$ pôle à gauche de l'origine.

Lire la table : $\sin\to\dfrac{\omega}{p^2+\omega^2}$, $\cos\to\dfrac{p}{p^2+\omega^2}$.

Ici $\omega=3$ donc $\omega^2=9$.

Remplacer.

Deux lignes de table à connaître, et surtout à distinguer : elles ne diffèrent que par leur numérateur.

$$\sin\ \longrightarrow\ \frac{\omega}{p^2+\omega^2}\qquad\qquad \cos\ \longrightarrow\ \frac{p}{p^2+\omega^2}$$

Le dénominateur est le même ; c'est le numérateur qui identifie le signal.

Sinus et cosinus

$$\mathcal{L}\{\sin\omega t\}=\frac{\omega}{p^2+\omega^2}\qquad\qquad\mathcal{L}\{\cos\omega t\}=\frac{p}{p^2+\omega^2}$$

Moyen mnémotechnique : le cosinus vaut $1$ en $t=0$ — c'est lui qui « démarre haut » — et c'est lui qui porte le $p$ au numérateur, le plus gros terme quand $p$ est grand.

ℹ️ Le dénominateur $p^2+\omega^2$ s'annule pour $p=\pm i\omega$ : les pôles sont imaginaires purs. C'est la signature d'une oscillation non amortie — elle ne s'éteint jamais, ce qui est cohérent avec $\sin$ et $\cos$, qui oscillent indéfiniment.

$\omega=3$, donc $\omega^2=9$ :

$$\boxed{\mathcal{L}\{\sin 3t\}=\frac{3}{p^2+9}\qquad\qquad \mathcal{L}\{\cos 3t\}=\frac{p}{p^2+9}}$$

⚠️ Au numérateur du sinus, c'est $\omega=3$ (et non $\omega^2$) ; au dénominateur, c'est $\omega^2=9$ (et non $\omega$). Les deux ne sont pas à la même puissance.

C'est le contrôle le plus utile du chapitre, parce qu'il dispense de mémoriser.

Théorème de la valeur initiale

$$f(0^+)=\lim_{p\to+\infty}p\,F(p)$$

Pour le cosinus : $p\times\dfrac{p}{p^2+9}=\dfrac{p^2}{p^2+9}\xrightarrow[p\to+\infty]{}1$.

Et $\cos(0)=1$ ✓.

Pour le sinus : $p\times\dfrac{3}{p^2+9}=\dfrac{3p}{p^2+9}\xrightarrow[p\to+\infty]{}0$.

Et $\sin(0)=0$ ✓.

👉 Les deux formules sont donc départagées sans rien retenir : celle dont le numérateur porte un $p$ correspond au signal qui vaut $1$ en $0$, c'est-à-dire le cosinus. Si tu hésites en contrôle, refais ce test en dix secondes.

⚠️ Intervertir les deux numérateurs. C'est l'erreur la plus fréquente du chapitre, et elle se propage dans tous les exercices d'inversion — une transformée mal identifiée donne un signal entièrement faux.

Le test du pas 4 la tue.

⚠️ Écrire $\omega$ au lieu de $\omega^2$ au dénominateur : c'est $p^2+9$, pas $p^2+3$.

Contrôle d'homogénéité : $p$ et $\omega$ sont de même nature (des « fréquences »), donc $p^2$ ne peut s'ajouter qu'à $\omega^2$ — un $p^2+\omega$ additionnerait des choses incomparables.

⚠️ Écrire $\omega^2$ au numérateur du sinus. C'est $\omega$ tout seul. Même contrôle d'homogénéité : $\frac{\omega}{p^2+\omega^2}$ a la même « dimension » que $\frac{p}{p^2+\omega^2}$, ce qui ne serait pas le cas avec $\omega^2$.

⚠️ Confondre $p^2+\omega^2$ et $p^2-\omega^2$. Le second correspond aux fonctions hyperboliques $\cosh$ et $\sinh$ — des exponentielles, pas des oscillations.

Même dénominateur, numérateurs différents : $p$ pour le cosinus, $\omega$ pour le sinus.

Et en cas de doute, le théorème de la valeur initiale tranche : $\cos 0=1$, $\sin 0=0$. C'est une vérification de dix secondes qui remplace la mémorisation — et elle marche sur toutes les lignes de la table.

Appliquer la linéarité : transformer chaque terme.

$\mathcal{L}\{u\}=\tfrac1p$, $\mathcal{L}\{t\}=\tfrac1{p^2}$, $\mathcal{L}\{e^{-4t}\}=\tfrac1{p+4}$.

Multiplier par les coefficients et additionner.

La transformation de Laplace est linéaire : elle traverse les sommes et sort les constantes. Un signal composé se traite donc terme par terme, chacun par sa ligne de table.

C'est ce qui rend la méthode utilisable en pratique : tout signal usuel se décompose en briques connues.

Linéarité

$$\mathcal{L}\{\alpha f+\beta g\}=\alpha F+\beta G$$

Les trois briques employées ici

$$\mathcal{L}\{u\}=\frac1p\qquad \mathcal{L}\{t\}=\frac1{p^2}\qquad \mathcal{L}\{e^{-at}\}=\frac1{p+a}$$

👉 Pourquoi la linéarité est vraie : elle vient directement de celle de l'intégrale (chapitre Intégrales, B1). $\int(\alpha f+\beta g)e^{-pt}=\alpha\int f e^{-pt}+\beta\int g e^{-pt}$ — rien de plus.

⚠️ Et elle en hérite aussi les limites : la linéarité ne traverse ni les produits ni les quotients.

$$F(p)=\mathcal{L}\{3u(t)+2t-5e^{-4t}\}=3\,\mathcal{L}\{u\}+2\,\mathcal{L}\{t\}-5\,\mathcal{L}\{e^{-4t}\}$$

Trois termes, trois lignes de table. Les coefficients $3$, $2$, $-5$ sortent inchangés.

terme du signal	ligne de table	contribution
$3\,u(t)$	$\mathcal{L}\{u\}=\frac1p$	$\dfrac3p$
$2t$	$\mathcal{L}\{t\}=\frac1{p^2}$	$\dfrac2{p^2}$
$-5e^{-4t}$	$\mathcal{L}\{e^{-at}\}=\frac1{p+a}$ avec $a=4$	$-\dfrac5{p+4}$

$$\boxed{F(p)=\frac3p+\frac2{p^2}-\frac5{p+4}}$$

⚠️ Pour $e^{-4t}$, on a $a=4$ donc le dénominateur est $p+4$ — pas $p-4$. Le signe s'inverse entre l'exposant et le pôle.

C'est le contrôle spécifique de ce chapitre, et il ne coûte aucun calcul.

Chaque brique du signal laisse une trace identifiable dans $F$ :

dans le signal	trace attendue dans $F$	présente ?
un échelon	un pôle en $p=0$	✓ ($\frac3p$)
une rampe $t$	le pôle en $0$ devient double	✓ ($\frac{2}{p^2}$)
$e^{-4t}$	un pôle en $p=-4$	✓ ($\frac{-5}{p+4}$)

Trois briques, trois traces ✓.

👉 Et le contrôle sert dans l'autre sens : devant une $F(p)$ donnée, lire ses pôles dit immédiatement quelles briques composent le signal. C'est ce qui rend l'inversion possible (lots B et C).

Contrôle de la valeur initiale : $\lim_{p\to+\infty}pF(p)=3+0-5\times\frac{p}{p+4}\to3-5=-2$. Et $f(0^+)=3\times1+0-5\times1=-2$ ✓.

⚠️ Perdre un coefficient en cours de route, ou oublier le signe moins du troisième terme. Trois termes, trois occasions.

⚠️ Croire que la linéarité s'étend aux produits. $\mathcal{L}\{fg\}\neq F\times G$ — c'est la convolution qui correspond au produit des transformées, et c'est un tout autre objet (exercice D5).

C'est l'erreur de fond, la même qu'au chapitre Intégrales : linéaire veut dire « sommes et constantes », rien de plus.

⚠️ Écrire $\frac{5}{p-4}$ en confondant le signe du pôle. Pour $e^{-4t}$, le pôle est en $-4$.

⚠️ Mettre tout au même dénominateur sans qu'on le demande. La forme décomposée est préférable : c'est elle qui laisse lire les pôles, donc le signal d'origine.

Linéarité $\Rightarrow$ terme par terme, chacun par sa ligne de table.

Et lis les pôles pour contrôler : chaque exponentielle $e^{-at}$ du signal donne un pôle en $-a$, chaque puissance de $t$ augmente la multiplicité du pôle en $0$. Ce contrôle est gratuit, et c'est le même mécanisme qui servira à faire le chemin inverse.

$\mathcal{L}\{t^n\}=\dfrac{n!}{p^{n+1}}$.

$2!=2$, $3!=6$.

Linéarité pour la combinaison.

Une seule formule couvre toutes les puissances, et le point qui piège est la factorielle au numérateur.

$$\mathcal{L}\{t^n\}=\frac{n!}{p^{n+1}}$$

L'exposant du dénominateur est $n+1$, pas $n$ : la transformée d'une puissance $n$ « descend » d'un cran de plus.

Monômes

$$\mathcal{L}\{t^n\}=\frac{n!}{p^{n+1}}$$

avec $n!=1\times2\times\cdots\times n$ et la convention $0!=1$.

Contrôles de cohérence intégrés : la formule doit redonner ce qu'on sait déjà.

$n$	formule	déjà établi ?
$0$	$\frac{0!}{p^{1}}=\frac1p$	✓ l'échelon (A1)
$1$	$\frac{1!}{p^{2}}=\frac1{p^2}$	✓ la rampe (A2)

👉 D'où vient la factorielle : chaque IPP fait descendre l'exposant de $t$ d'un cran et laisse un facteur devant. En partant de $t^n$, on enchaîne $n$ IPP qui produisent $n\times(n-1)\times\cdots\times1=n!$, et $n$ divisions par $p$ qui s'ajoutent à celle de $\mathcal{L}\{u\}$.

$2!=1\times2=2$, et $n+1=3$ :

$$\mathcal{L}\{t^2\}=\frac{2}{p^3}$$

Pour $t^3$ : $3!=1\times2\times3=6$ et $n+1=4$, donc $\mathcal{L}\{t^3\}=\dfrac{6}{p^4}$.

Par linéarité (A5) :

$$\boxed{\mathcal{L}\{2t^3-t^2\}=2\times\frac{6}{p^4}-1\times\frac{2}{p^3}=\frac{12}{p^4}-\frac{2}{p^3}}$$

⚠️ Deux nombres se rencontrent dans le premier terme et il ne faut pas les confondre : le $2$ vient du coefficient du signal, le $6$ de la factorielle. Leur produit vaut $12$.

Sur les petits cas. La formule doit redonner $\frac1p$ pour $n=0$ et $\frac1{p^2}$ pour $n=1$ — deux valeurs déjà établies par le calcul direct ✓ (tableau du pas 2).

Par les pôles. $\frac{12}{p^4}-\frac{2}{p^3}$ n'a qu'un pôle, en $p=0$, d'ordre $4$. Cohérent : le signal $2t^3-t^2$ est un polynôme de degré $3$, et l'ordre du pôle vaut $\deg+1$ ✓.

Par la valeur initiale : $\lim_{p\to+\infty}p\left(\frac{12}{p^4}-\frac{2}{p^3}\right)=\lim\left(\frac{12}{p^3}-\frac{2}{p^2}\right)=0$. Et le signal $2t^3-t^2$ vaut bien $0$ en $t=0$ ✓.

⚠️ Oublier la factorielle et écrire $\frac{1}{p^3}$ pour $t^2$. Le numérateur est $n!$, et il croît très vite : $\mathcal{L}\{t^5\}=\frac{120}{p^6}$.

⚠️ Se tromper d'exposant : pour $t^2$ le dénominateur est $p^3$, pas $p^2$. Le repère : $\mathcal{L}\{t^n\}$ a un pôle d'ordre $n+1$, pas $n$.

⚠️ Confondre le coefficient du signal et la factorielle. Dans $2t^3$, le $2$ multiplie et le $3!$ vient de la puissance — d'où $2\times6=12$, et non $2!\times3=6$ ni $6$ tout seul.

⚠️ Écrire $n!$ au dénominateur. Il est au numérateur : $\mathcal{L}\{t^n\}=\dfrac{n!}{p^{n+1}}$, et non $\dfrac{1}{n!\,p^{n+1}}$.

⚠️ Croire que $0!=0$. C'est $1$, par convention — et c'est ce qui rend la formule valable pour l'échelon.

$$\mathcal{L}\{t^n\}=\frac{n!}{p^{n+1}}$$

Factorielle au numérateur, exposant $n+1$ au dénominateur.

Et vérifie toujours une formule générale sur les petits cas que tu connais déjà : ici $n=0$ et $n=1$ redonnent l'échelon et la rampe. Une formule qui échoue sur ses cas particuliers est fausse, et le test coûte cinq secondes.

$\mathcal{L}\{f'\}=pF(p)-f(0^+)$.

Ici $f(t)=\sin\omega t$, donc $f(0)=0$ et $f'(t)=\omega\cos\omega t$.

Isoler $\mathcal{L}\{\cos\omega t\}$.

Le théorème de la dérivation est LE théorème du chapitre : c'est lui qui transforme une équation différentielle en équation algébrique, et donc lui qui justifie l'existence de tout le reste.

Ici on l'emploie dans l'autre sens, comme outil de calcul : dériver $\sin$ donne $\cos$, donc connaître $\mathcal{L}\{\sin\}$ suffit à obtenir $\mathcal{L}\{\cos\}$.

$$\mathcal{L}\{f'\}=p\,F(p)-f(0^+)$$

Lis ce que ça dit : la dérivation est devenue une multiplication par $p$, à un terme constant près.

Applique-le deux fois et tu obtiens $\mathcal{L}\{f''\}=p^2F-p\,f(0)-f'(0)$. Donc une équation comme

$$y''+3y'+2y=e^{-t}$$

devient, dans le monde des $p$, une équation sans aucune dérivée :

$$\big(p^2+3p+2\big)Y(p)-(\text{termes de conditions initiales})=\frac{1}{p+1}$$

👉 On isole $Y(p)$ par une simple division, puis on revient en arrière par la table. Une équation différentielle devient une fraction rationnelle à décomposer.

⚠️ Et remarque ce que fait le terme $-f(0^+)$ : il fait entrer les conditions initiales dans l'équation elle-même. C'est ce qui distingue cette méthode de la résolution classique, où l'on trouve d'abord une solution générale puis on ajuste les constantes. Ici tout est fait d'un coup.

Théorème de la dérivation

$$\mathcal{L}\{f'\}=p\,F(p)-f(0^+)$$

Le terme $-f(0^+)$ est ce qui fait entrer la condition initiale dans le calcul.

ℹ️ On note $f(0^+)$ et non $f(0)$ parce qu'on travaille sur des signaux causaux, souvent discontinus en $0$ : c'est la limite à droite qui compte.

$f(t)=\sin\omega t$ donne :

• $f(0)=\sin 0=0$ ;
• $f'(t)=\omega\cos\omega t$ (dérivée composée, le $\omega$ sort en facteur).

Le théorème s'écrit alors :

$$\mathcal{L}\{\omega\cos\omega t\}=p\times\frac{\omega}{p^2+\omega^2}-0=\frac{\omega p}{p^2+\omega^2}$$

Le membre de gauche est $\omega$ fois ce qu'on cherche. Par linéarité, on divise par $\omega$ (non nul) :

$$\boxed{\mathcal{L}\{\cos\omega t\}=\frac{1}{\omega}\times\frac{\omega p}{p^2+\omega^2}=\frac{p}{p^2+\omega^2}}$$

Par la table : le résultat coïncide exactement avec la ligne établie à l'exercice A4 ✓. Deux chemins indépendants vers la même formule — l'un par la définition, l'autre par le théorème de dérivation.

Par la valeur initiale : $p\times\frac{p}{p^2+\omega^2}\to1$ quand $p\to+\infty$, et $\cos 0=1$ ✓.

En sens inverse : applique le théorème à $f=\cos$, où $f(0)=1$. On obtient

$$\mathcal{L}\{-\omega\sin\omega t\}=p\times\frac{p}{p^2+\omega^2}-1=\frac{p^2-p^2-\omega^2}{p^2+\omega^2}=\frac{-\omega^2}{p^2+\omega^2}$$

donc $\mathcal{L}\{\sin\omega t\}=\frac{\omega}{p^2+\omega^2}$ ✓ — la boucle est bouclée, et cette fois le terme $-f(0)$ a servi.

⚠️ Oublier le terme $-f(0^+)$. Ici il est nul ($\sin 0=0$) donc l'oubli est invisible — c'est précisément pour ça que la mauvaise habitude se prend.

Le contre-test du pas 6 le montre : avec $f=\cos$, on a $f(0)=1$, et l'oublier donne $\frac{p^2}{p^2+\omega^2}$ au lieu de $\frac{-\omega^2}{p^2+\omega^2}$ — un résultat entièrement faux.

👉 Écris le terme même quand il est nul. C'est ce qui évite de l'omettre le jour où il compte, c'est-à-dire dans toutes les équations différentielles à conditions initiales non nulles.

⚠️ Oublier de diviser par $\omega$. Le théorème donne la transformée de $\omega\cos\omega t$, pas de $\cos\omega t$.

⚠️ Écrire $\mathcal{L}\{f'\}=F'(p)$. Non : dériver dans le temps multiplie par $p$ ; dériver en $p$ correspond à multiplier par $-t$ (exercice B4). Les deux opérations sont différentes et vont dans des sens opposés.

$$\mathcal{L}\{f'\}=pF-f(0^+)$$

et le terme $f(0^+)$ ne s'oublie que quand il est nul. Prends l'habitude de l'écrire dans tous les cas : c'est le seul moyen de ne pas l'omettre quand il décide du résultat.

C'est ce théorème qui fait de Laplace un outil de résolution d'équations différentielles, et pas seulement une table de correspondances.

Ici $f(t)=\cos3t$, donc $F(p)=\dfrac{p}{p^2+9}$, et $a=2$.

Remplacer $p$ par $p+2$ dans $F$.

Ne pas oublier de translater AUSSI le $p$ du numérateur.

Le théorème de l'amortissement dit qu'un facteur $e^{-at}$ dans le temps devient une translation dans le domaine de $p$ : partout où il y avait $p$, on écrit $p+a$.

Le mot « partout » est le piège : le numérateur du cosinus contient un $p$, et il se translate lui aussi.

Théorème de l'amortissement

$$\mathcal{L}\{e^{-at}f(t)\}=F(p+a)$$

On substitue $p\mapsto p+a$ dans toute l'expression de $F$ — numérateur compris.

👉 La preuve tient en une ligne, et elle explique le « partout » :

$$\int_0^{+\infty}e^{-at}f(t)e^{-pt}\,\mathrm{d}t=\int_0^{+\infty}f(t)\,e^{-(p+a)t}\,\mathrm{d}t=F(p+a)$$

On n'a rien fait d'autre que regrouper les exponentielles. C'est la même variable $p$ qui devient $p+a$ dans la définition, donc dans le résultat — sans exception.