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 $p>0$).

$F(p)=\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-pt}\,dt=\Big[-\dfrac1p e^{-pt}\Big]_0^{+\infty}$.

$=\Big(0\Big)-\Big(-\dfrac1p\Big)=\dfrac1p$ (le terme en $+\infty$ s'annule car $p>0$).

$\mathcal{L}\{u\}=\dfrac1p$.

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

$\displaystyle\int t\,e^{-pt}\,dt=-\dfrac t p e^{-pt}-\dfrac1{p^2}e^{-pt}\cdot(-1)$… reprendre proprement.

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

$\displaystyle\int_0^{+\infty}t\,e^{-pt}\,dt=\Big[-\dfrac t p e^{-pt}\Big]_0^{+\infty}+\dfrac1p\int_0^{+\infty}e^{-pt}\,dt$.

$\Big[-\dfrac t p e^{-pt}\Big]_0^{+\infty}=0$ (croissance comparée).

$=\dfrac1p\cdot\dfrac1p=\dfrac1{p^2}$.

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

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

Résultat : $\dfrac1{p+a}$.

$F(p)=\displaystyle\int_0^{+\infty}e^{-(p+a)t}\,dt=\Big[-\dfrac1{p+a}e^{-(p+a)t}\Big]_0^{+\infty}$.

$=\dfrac1{p+a}$.

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.

$\mathcal{L}\{\sin\omega t\}=\dfrac{\omega}{p^2+\omega^2}$, $\mathcal{L}\{\cos\omega t\}=\dfrac{p}{p^2+\omega^2}$.

$\mathcal{L}\{\sin3t\}=\dfrac{3}{p^2+9}$, $\mathcal{L}\{\cos3t\}=\dfrac{p}{p^2+9}$.

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.

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

$=\dfrac3p+\dfrac2{p^2}-\dfrac5{p+4}$.

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

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

Linéarité pour la combinaison.

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

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

$\mathcal{L}\{2t^3-t^2\}=2\cdot\dfrac{6}{p^4}-\dfrac2{p^3}=\dfrac{12}{p^4}-\dfrac2{p^3}$.

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

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

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

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

$\mathcal{L}\{\omega\cos\omega t\}=p\cdot\dfrac{\omega}{p^2+\omega^2}-0=\dfrac{\omega p}{p^2+\omega^2}$.

$\mathcal{L}\{\cos\omega t\}=\dfrac{p}{p^2+\omega^2}$.

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.

$F(p)=\mathcal{L}\{\cos3t\}=\dfrac{p}{p^2+9}$.

$\mathcal{L}\{e^{-2t}\cos3t\}=F(p+2)=\dfrac{p+2}{(p+2)^2+9}$.

Pour $u(t-2)$ : $f=u$, $F=\tfrac1p$, $\tau=2$.

$\mathcal{L}\{u(t-2)\}=e^{-2p}\cdot\tfrac1p$.

La porte est une différence de deux échelons : utiliser la linéarité.

$\mathcal{L}\{u(t-2)\}=e^{-2p}\cdot\dfrac1p=\dfrac{e^{-2p}}p$.

$\mathcal{L}\{g\}=\mathcal{L}\{u\}-\mathcal{L}\{u(t-2)\}=\dfrac1p-\dfrac{e^{-2p}}p=\dfrac{1-e^{-2p}}p$.

Ici $f(t)=e^{-at}$, donc $F(p)=\dfrac1{p+a}$.

Dériver $F$ par rapport à $p$ : $F'(p)=-\dfrac1{(p+a)^2}$.

Appliquer $-F'(p)$.

$F(p)=\dfrac1{p+a}=(p+a)^{-1}$.

$F'(p)=-(p+a)^{-2}=-\dfrac1{(p+a)^2}$.

$\mathcal{L}\{t e^{-at}\}=-F'(p)=\dfrac1{(p+a)^2}$.

$\displaystyle\int_0^t 1\,d\tau=t$ : diviser $\mathcal{L}\{u\}$ par $p$.

Pour la seconde, $f=e^{-3t}$ donc $F=\dfrac1{p+3}$.

Diviser par $p$.

$\mathcal{L}\{t\}=\dfrac{\mathcal{L}\{u\}}p=\dfrac{1/p}p=\dfrac1{p^2}$.

$\mathcal{L}\Big\{\displaystyle\int_0^t e^{-3\tau}d\tau\Big\}=\dfrac1p\cdot\dfrac1{p+3}=\dfrac1{p(p+3)}$.

$f(t)=\sin2t$, $F(p)=\dfrac{2}{p^2+4}$, $a=1$.

Remplacer $p$ par $p+1$.

Comparer à la ligne $e^{-at}\sin\omega t$ avec $a=1,\ \omega=2$.

$F(p)=\dfrac2{p^2+4}$.

$\mathcal{L}\{e^{-t}\sin2t\}=F(p+1)=\dfrac2{(p+1)^2+4}$.

(a) ligne $e^{-at}$ avec $a=3$, coefficient $5$.

(b) ligne $\sin\omega t=\tfrac{\omega}{p^2+\omega^2}$ : ici $\omega=2$, et $\tfrac4{p^2+4}=2\cdot\tfrac2{p^2+4}$.

(c) ligne $\cos\omega t$ avec $\omega=3$.

$\mathcal{L}^{-1}\Big\{\dfrac5{p+3}\Big\}=5e^{-3t}$.

$\dfrac4{p^2+4}=2\cdot\dfrac2{p^2+4}\ \Rightarrow\ 2\sin(2t)$.

$\mathcal{L}^{-1}\Big\{\dfrac p{p^2+9}\Big\}=\cos(3t)$.

Écrire $\dfrac1{p(p+1)}=\dfrac Ap+\dfrac B{p+1}$.

Identifier : $A=1$, $B=-1$.

Lire la table : $\tfrac1p\to u$, $\tfrac1{p+1}\to e^{-t}$.

$\dfrac1{p(p+1)}=\dfrac1p-\dfrac1{p+1}$ (car $A=1$, $B=-1$).

$\mathcal{L}^{-1}\Big\{\dfrac1p\Big\}=1$ et $\mathcal{L}^{-1}\Big\{\dfrac1{p+1}\Big\}=e^{-t}$.

$f(t)=1-e^{-t}$ (pour $t\ge0$).

$\dfrac{p+3}{(p+1)(p+2)}=\dfrac A{p+1}+\dfrac B{p+2}$.

Méthode du cache : $A=\dfrac{-1+3}{-1+2}=2$, $B=\dfrac{-2+3}{-2+1}=-1$.

Lire la table.

$A=\dfrac{(-1)+3}{(-1)+2}=2$, $B=\dfrac{(-2)+3}{(-2)+1}=-1$.

$\dfrac{p+3}{(p+1)(p+2)}=\dfrac2{p+1}-\dfrac1{p+2}$.

$f(t)=2e^{-t}-e^{-2t}$.

$\dfrac1{p^2(p+1)}=\dfrac Ap+\dfrac B{p^2}+\dfrac C{p+1}$.

On trouve $A=-1$, $B=1$, $C=1$.

$\tfrac1{p^2}\to t$, $\tfrac1p\to1$, $\tfrac1{p+1}\to e^{-t}$.

$\dfrac1{p^2(p+1)}=-\dfrac1p+\dfrac1{p^2}+\dfrac1{p+1}$.

$\mathcal{L}^{-1}=-1+t+e^{-t}$.

$p^2+2p+5=(p+1)^2+4$.

Le numérateur $p+1$ est exactement le $p+a$ de la ligne $e^{-at}\cos\omega t$, avec $a=1$, $\omega=2$.

Reconnaître directement la table.

$p^2+2p+5=(p+1)^2+2^2$.

$\dfrac{p+1}{(p+1)^2+2^2}=\mathcal{L}\{e^{-t}\cos2t\}$.

$f(t)=e^{-t}\cos(2t)$.

DES : $\dfrac1{p((p+1)^2+1)}=\dfrac Ap+\dfrac{Bp+C}{(p+1)^2+1}$.

On trouve $A=\tfrac12$, et $\dfrac{Bp+C}{(p+1)^2+1}=-\dfrac12\cdot\dfrac{p+2}{(p+1)^2+1}$.

Écrire $p+2=(p+1)+1$ pour séparer $\cos$ et $\sin$ amortis.

$\dfrac1{p((p+1)^2+1)}=\dfrac{1/2}p-\dfrac12\cdot\dfrac{p+2}{(p+1)^2+1}$.

$p+2=(p+1)+1$ : $\dfrac{p+1}{(p+1)^2+1}\to e^{-t}\cos t$ et $\dfrac1{(p+1)^2+1}\to e^{-t}\sin t$.

$f(t)=\dfrac12-\dfrac12 e^{-t}\cos t-\dfrac12 e^{-t}\sin t$.

Linéarité, terme par terme.

$\mathcal{L}\{2u\}=\tfrac2p$, $\mathcal{L}\{e^{-t}\}=\tfrac1{p+1}$, $\mathcal{L}\{\sin2t\}=\tfrac2{p^2+4}$.

Additionner avec les bons signes.

$F(p)=2\cdot\dfrac1p-3\cdot\dfrac1{p+1}+\dfrac2{p^2+4}$.

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

Si $f=2\cos3t$ : $F=\dfrac{2p}{p^2+9}$ et $f(0)=2$.

Remplacer.

$\mathcal{L}\{f'\}=pF(p)-2$.

$=p\cdot\dfrac{2p}{p^2+9}-2=\dfrac{2p^2-2(p^2+9)}{p^2+9}=\dfrac{-18}{p^2+9}$.

Pour $f$ : c'est $t\,u(t)$ retardée de $\tau=1$.

$\mathcal{L}\{t\}=\tfrac1{p^2}$, donc $\mathcal{L}\{f\}=e^{-p}\cdot\tfrac1{p^2}$.

$g$ est une différence : linéarité.

$\mathcal{L}\{(t-1)u(t-1)\}=\dfrac{e^{-p}}{p^2}$.

$\mathcal{L}\{g\}=\dfrac1{p^2}-\dfrac{e^{-p}}{p^2}=\dfrac{1-e^{-p}}{p^2}$.

DES : $\dfrac{2p+1}{p(p+1)}=\dfrac Ap+\dfrac B{p+1}$.

$A=1$ (cache en $p=0$), $B=1$ (cache en $p=-1$).

Lire la table.

$A=\dfrac{2\cdot0+1}{0+1}=1$, $B=\dfrac{2(-1)+1}{-1}=1$.

$\dfrac{2p+1}{p(p+1)}=\dfrac1p+\dfrac1{p+1}\ \Rightarrow\ f(t)=1+e^{-t}$.

$pY+3Y=\dfrac6p$.

$Y=\dfrac6{p(p+3)}=\dfrac2p-\dfrac2{p+3}$.

Inverser.

$(p+3)Y=\dfrac6p$, donc $Y=\dfrac6{p(p+3)}$.

$Y=2\Big(\dfrac1p-\dfrac1{p+3}\Big)$.

$y(t)=2(1-e^{-3t})$.

$F_{\sin}(p)=\dfrac1{p^2+1}$, $F_{\cos}(p)=\dfrac p{p^2+1}$ (ici $\omega=1$).

Remplacer $p$ par $p+3$.

Translater aussi le numérateur du cosinus.

$\mathcal{L}\{e^{-3t}\sin t\}=\dfrac1{(p+3)^2+1}$.

$\mathcal{L}\{e^{-3t}\cos t\}=\dfrac{p+3}{(p+3)^2+1}$.