Chapitre 5 : calcul opérationnel ou transformation de Laplace

Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
Chapitre 5 : calcul opérationnel ou transformation de Laplace
1
Transformée de Laplace
1.1
Définition
Definition (Transformée de Laplace) :
Soit F (t) une fonction de t, définie pour t > 0. On définit et on note L {F (t)} = f (s) la transformée de
Laplace de F (t) comme suit :
Z ∞
L {F (t)} = f (s) =
e−st F (t)dt
(1)
0
où s est une variabe quelconque réelle ou complexe. Si s est dans C, on notera x et y ses parties réelle et imaginaire, donc s = x + jy.
La transformée de Laplace de F (t) existe si l’intégrale précédente converge pour certaines valeurs de s.
Exemples :
• Si F (t) = 1 ∀t > 0
Z
L {1}
= f (s) =
∞
0
i∞
1h
= − e−(x+jy)t
s
0
1
=
si x > 0
s
donc on a :
L {1} =
1 −st ∞
e
0
s
n
o
1
lim e−xt e−jyt − 1
=−
s t→∞
e−st .1dt = −
1
pour s ∈ C | Re(s) = x > 0
s
(2)
• Si F (t) = t ∀t > 0
Z
L {t} = f (s) =
∞
e−st tdt
0
En intégrant par parties,
u=t
v 0 = e−st
on obtient :
Z ∞
e−st tdt =
0
=
=
u0 = 1
v = − 1s e−st
∞
Z
1 −st
1 ∞ −st
− te
+
e dt
s
s 0
0
o 1 −1 ∞
1n
−(x+jy)t
−
lim te
−0 +
e−st 0
s t→∞
s
s
−1
1
(0 − 1) = 2
si x > 0
s2
s
donc on a :
L {t} =
1
pour s ∈ C | Re(s) = x > 0
s2
1
(3)
Mathématiques appliquées
1.2
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Conditions suffisantes d’existence de la transformée de Laplace
Théorème 1.1 (Existence de la transformée de Laplace) :
Si F (t) est continue par morceaux sur chaque intervalle fini 0 6 t 6 N et si F (t) est d’ordre exponentiel γ
pour t > N , alors la transformée de Laplace f (s) existe ∀s tel que Re(s) > γ.
1.2.1
Hypothèse 1 : continuité par morceaux
Une fonction est dite continue par morceaux sur un intervalle α 6 t 6 β si l’intervalle peut être subdivisé
en un nombre fini d’intervalles sur lesquels la fonction est continue et a des limites à droite et à gauche finies
(mais non égales) en les points de la subdivision. On parle aussi de discontinuités de première espèce dans
ce cas.
Exemple :
1.2.2
Hypothèse 2 : fonction d’ordre exponentiel
Si ∃ des constantes réelles M > 0 et γ telles que ∀t > N , |e−γt F (t)| < M ou encore |F (t)| < M eγt on dit
que F (t) est une fonction d’ordre exponentiel γ quand t → ∞ ou plus simplement que F (t) est d’ordre
exponentiel.
Intuitivement, cela veut dire qu’à partir d’une certaine valeur de t(= N ), F (t) ne peut croı̂tre plus vite qu’une
exponentielle M eγt , donc que lim e−γt F (t) = 0.
t→∞
Exemples :
• F (t) = t2 est d’ordre exponentiel 1, 2, 3, · · · puisque :
t2 < et < e2t < e3t < · · ·
3
3
∀t > 0
3
• F (t) = et n’est pas d’ordre exponentiel puisque |e−γt et | = et
lorsque t augmente (t3 croı̂t plus vite que γt quand t → ∞).
• F (t) = eat est d’ordre exponentiel ∀a ∈ R puisque :
eat < eγt
2
∀γ > a
−γt
peut devenir aussi grand qu’on veut
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Remarque :
Le théorème (1.1) donne des conditions suffisantes pour garantir l’existence de la transformée de Laplace, mais
ces conditions ne sont pas nécessaires. La transformée de Laplace peut donc exister ou non si elles ne sont pas
vérifiées.
1.3
Transformées de Laplace des fonctions élémentaires
• On a déjà montré que :
L {1}
=
L {t}
=
1
pour s ∈ C | Re(s) = x > 0
s
1
pour s ∈ C | Re(s) = x > 0
s2
On va généraliser et montrer que :
Si F (t) = tn
L {tn } =
∀t > 0,
n!
pour s ∈ C | Re(s) = x > 0
sn+1
En effet :
L {tn } = f (s) =
Z
∀n ∈ N
∞
e−st tn dt
0
Par parties :
u = tn
0
v = e−st
on obtient :
Z
∞
Z
1 n −st ∞ n ∞ n−1 −st
t e
+
t
e dt
0
s
s 0
n 0 + L tn−1 pour s ∈ C | Re(s) = x > 0
s
n(n − 1) n−2 L t
s2
···
n!
L {1} par récurrence sur n
sn
n!
n+1
s
e−st tn dt =
−
0
=
=
=
=
=
donc :
L {tn } =
• Si F (t) = eat
u0 = ntn−1
v = − 1s e−st
n!
pour s ∈ C | Re(s) = x > 0
sn+1
∀n ∈ N
(4)
∀a = x0 + jy 0 ∈ C,
Z ∞
L eat
= f (s) =
e−st eat dt
0
Z ∞
=
e−(s−a)t dt
∀t > 0
0
=
=
=
=
−1 h −(s−a)t i∞
e
s−a
0
−1 h −(x−x0 )t −j(y−y0 )t i∞
e
e
s−a
0
−1
{0 − 1} si x − x0 > 0 ⇐⇒ x > x0
s−a
1
s−a
donc :
L eat =
1
pour s ∈ C | Re(s) > Re(a)
s−a
3
(5)
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∀a = x0 + jy 0 ∈ C,
Z ∞
L {sin at} = f (s) =
e−st sin atdt
• Si F (t) = sin at
∀t > 0
0
P
Z
=
e−st sin atdt
lim
P →∞
0
P
e−st (−s sin at − a cos at)
P →∞
s2 + a2
0
a
e−sP
= lim
− 2
(s sin aP + a cos aP
P →∞ s2 + a2
s + a2
a
si Re(s) > 0
=
s2 + a2
=
lim
(6)
Remarque : on a utilisé la primitive suivante :
Z
eαt (α sin βt − β cos βt)
eαt sin βtdt =
α2 + β 2
qui s’obtient par une double intégration par parties.
∀a = x0 + jy 0 ∈ C,
Z ∞
L {cos at} = f (s) =
e−st cos atdt
• Si F (t) = cos at
∀t > 0
0
P
Z
=
e−st cos atdt
lim
P →∞
0
P
e−st (−s cos at + a sin at)
= lim
P →∞
s2 + a2
0
e−sP
s
−
(s
cos
aP
−
a
sin
aP
= lim
P →∞ s2 + a2
s2 + a2
s
=
si Re(s) > 0
s2 + a2
(7)
Remarque : on a utilisé la primitive suivante :
Z
eαt (α cos βt + β sin βt)
eαt cos βtdt =
α2 + β 2
qui s’obtient par une double intégration par parties.
1.3.1
Résumé des transformées de Laplace des fonctions élémentaires
F (t)
1
t
tn
eat
sin at
cos at
sinh at
cosh at
f (s) = L {F (t)}
1
s
1
s2
n!
sn+1
n = 0, 1, 2, · · ·
1
s−a
a
s2 +a2
s
s2 +a2
a
s2 −a2
s
s2 −a2
Remarque : les deux dernières lignes de ce tableau seront prouvées ultérieurement mais peuvent déjà être
comprises à l’aide des transformations suivantes :
2
sinh at
=
cosh at
=
2
eat − e−at
e−j at − e+j at
e−j(ajt) − ej(ajt)
ej(ajt) − e−j(ajt)
=
=
=−
== −j sin(jat)
2
2
2
2
2
2
e−j at + e+j at
e−j(ajt) + ej(ajt)
eat + e−at
=
=
= cos(jat)
2
2
2
4
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donc :
1.3.2
L {sinh at}
=
L {cosh at}
=
ja
a
= 2
s2 + (ja)2
s − a2
s
s
L {cos(jat)} = 2
= 2
s + (ja)2
s − a2
−jL {sin(jat)} = −j
Exercices : transformées de Laplace des fonctions élémentaires
Exercice 1
Trouver la transformée de Laplace des fonctions suivantes et spécifier les valeurs de s pour lesquelles elle existe :
• 2e4t
• 3e−2t
• 5t − 3
• 2t2 − e−t
• 3 cos 5t
• 10 sin 6t
• 6 sin 2t − 5 cos 2t
2
• t2 + 1
• (sin t − cos t)
2
• 3 cosh 5t − 4 sinh 5t
Exercice 2
Calculer :
n
2 o
• L 5e2t − 3
• L 4 cos2 2t
• L cosh2 4t
Exercice 3
Trouver L {F (t)} si :
•
0
4
pour 0 < t < 2
pour t > 2
2t
1
pour 0 6 t 6 5
pour t > 5
F (t) =
•
F (t) =
Exercice 4
Montrer que :
L {tn } =
n!
∀n = 1, 2, 3, · · ·
sn+1
5
Mathématiques appliquées
1.4
1.4.1
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Propriétés des transformées de Laplace
Propriété de linéarité
Théorème 1.2 (Propriété de linéarité) :
Si c1 et c2 sont des constantes quelconques et F1 (t) et F2 (t) sont des fonctions dont les transformées de Laplace
sont f1 (s) et f2 (s) alors :
L {c1 F1 (t) + c2 F2 (t)}
= c1 L {F1 (t)} + c2 L {F2 (t)}
= c1 f1 (s) + c2 f2 (s)
(8)
Le résultat s’étend directement à plus de 2 fonctions. Le symbole L qui transforme F (t) en f (s), souvent appelé
opérateur de transformation de Laplace, est donc un opérateur linéaire.
Preuve
∞
Z
L {c1 F1 (t) + c2 F2 (t)}
e−st {c1 F1 (t) + c2 F2 (t)} dt
Z ∞
Z ∞
= c1
e−st F1 (t)dt + c2
e−st F2 (t)dt
=
0
0
0
= c1 L {F1 (t)} + c2 L {F2 (t)}
= c1 f1 (s) + c2 f2 (s)
Exemple :
Trouvons :
L 4e5t + 6t3 − 3 sin 4t + 2 cos 2t
Par la propriété de linéarité, on a :
L 4e5t + 6t3 − 3 sin 4t + 2 cos 2t
=
=
=
1.4.2
4L 4e5t + 6L t3 − 3L {sin 4t} + 2L {cos 2t}
1
3!
4
s
4
+6 4 −3 2
+2 2
s−5
s
s + 16
s + 16
36
12
2s
4
+ 4 − 2
+
∀s ∈ C|Re(s) > 5
s−5
s
s + 16 s2 + 16
Translation de la variable s
Théorème 1.3 (Translation de la variable s) :
Si L {F (t)} = f (s) alors :
L eat F (t)
= f (s − a)
(9)
En d’autres mots, si la fonction objet F (t) est multipliée par le facteur exponentiel eat , son image f (s) subit
un retard de a.
Preuve
L eat F (t)
Z
∞
e−st eat F (t)dt
=
0
Z
=
∞
e−(s−a)t F (t)dt
0
= f (s − a)
6
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Cl. Gabriel
Exemples :
• Comme L {cos 2t} = f (s) =
s
s2 +4 ,
on a :
L {e−t cos 2t} = f (s + 1) =
s+1
(s+1)2 +4
s+1
s2 +2s+5
=
• Calculons L ejωt sin ωt :
L ejωt sin ωt
=
=
ω
ω
= 2
(s − jω)2 + ω 2
s − 2jsω − ω 2 + ω 2
ω
ω
ω(s + 2jω)
=
=
s2 − 2jsω
s(s − 2jω)
s(s2 + 4ω 2 )
De là, nous déduisons :
L cos ωt. sin ωt + j sin2 ωt
=
2ω 2
ω
+j
2
2
+ 4ω
s(s + 4ω 2 )
s2
donc :
L {cos ωt. sin ωt}
= L
sin 2ωt
2
=
ω
s2 + 4ω 2
ce qui est normal puisque :
sin 2ωt
1
1
2ω
ω
L
= L {sin 2ωt} =
= 2
2
2
2
2
2 s + 4ω
s + 4ω 2
mais on a aussi :
L sin2 ωt
=
2ω 2
+ 4ω 2 )
s(s2
(10)
On peut aussi déduire :
L cos2 ωt
= L 1 − sin2 ωt
=
=
1.4.3
1
2ω 2
−
2
s s(s + 4ω 2 )
s2 + 2ω 2
s(s2 + 4ω 2 )
(11)
Translation de la variable t ou théorème du retard
Théorème 1.4 (Translation de la variable t ou théorème du retard) :
F (t − a) si t > a
Si L {F (t)} = f (s) et G(t) =
0 si t < a
alors :
L {G(t)}
= e−as f (s)
(12)
En d’autres mots, si la fonction objet F (t) apparaı̂t avec un retard de a, son image f (s) est multipliée par le
facteur exponentiel e−as ∀a ∈ R+ . Ce facteur s’appelle le facteur de retard. Réciproquement, si dans une
transformée il y a un facteur e−as , c’est que l’objet F (t) subit un retard de a.
7
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Preuve
Si L {F (t)} = f (s) et G(t) =
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F (t − a) si t > a
0 si t < a
alors :
Z
L {G(t)}
∞
e−st G(t)dt
=
0
Z
a
−st
=
e
Z
0
=
0+
Z ∞
∞
Z
e−st G(t)dt
G(t)dt +
a
∞
e
−st
F (t − a)dt
0
e−s(u+a F (u)du en posant
Z ∞
−as
= e
e−su F (u)du
=
u=t−a
0
0
= e−as f (s)
Exemple :
Trouvons :
L {F (t)}
si
F (t) =

 cos t −
s
s2 +1 ,
0

Par le théorème (1.4), comme L {cos t} =
2π
3
pour t >
2π
3
pour t <
2π
3
on a directement :
L {F (t)} = e−
2πs
3
s
s2 +1 .
On peut le retrouver par un calcul direct :
Z ∞
L {F (t)} =
e−st F (t)dt
0
Z
2π
3
=
e−st F (t)dt +
Z
e−st F (t)dt
2π
3
0
Z
=
∞
∞
e−st F (t)dt
0+
2π
3
Z
∞
2π
2π
e−s(u+ 3 ) cos udu en posant u = t −
3
0
Z ∞
2πs
= e− 3
e−su cos udu
=
0
= e
− 2πs
3
s
s2 + 1
8
Mathématiques appliquées
1.4.4
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Propriété du changement d’échelle
Théorème 1.5 (Propriété du changement d’échelle) :
Si L {F (t)} = f (s) alors :
L {F (at)}
Exemple :
Comme L {sin t} =
1
s2 +1 ,
1 s
f
a
a
=
∀a > 0
on a :
L {sin 3t} =
1
3
1
( 3s )
2
=
+1
1 9
3 s2 +9
=
3
s2 +9
Preuve
L {F (at)} =
R∞
0
e−st F (at)dt
Posons :
u = at
du = adt
alors :
L {F (at)} =
1.4.5
1
a
R∞
0
u
e−s a F (u)du = a1 f
s
a
Exemples divers utilisant les propriétés précédentes
• Transformée de Laplace de la fonction sinus hyperbolique.
Si F (t) = sinh at ∀t > 0, ∀a = x0 + jy 0 ∈ C, par application de la propriété de linéarité (1.2), on
obtient :
at
e − e−at
L {sinh at} = L
2
1
1
1
=
−
si Re(s) > Re(a) = x0 et si Re(s) > Re(−a) = −x0
2 s−a s+a
1s+a−s+a
=
si Re(s) > |x0 |
2
s2 − a2
1 2a
=
2 s2 − a2
a
=
s2 − a2
donc :
L {sinh at}
=
a
s2 − a2
si
Re(s) > |x0 |
(13)
• Transformée de Laplace de la fonction cosinus hyperbolique.
Si F (t) = cosh at ∀t > 0, ∀a = x0 + jy 0 ∈ C, par application de la propriété de linéarité (1.2), on
obtient :
at
e + e−at
L {cosh at} = L
2
1
1
1
=
+
si Re(s) > Re(a) = x0 et si Re(s) > Re(−a) = −x0
2 s−a s+a
1s+a−s−a
=
si Re(s) > |x0 |
2
s2 − a2
1 2s
=
2 s2 − a2
s
=
s2 − a2
9
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donc :
L {cosh at}
=
s2
s
− a2
si
Re(s) > |x0 |
(14)
• Transformée de Laplace de la fonction exponentielle de base b.
Si F (t) = bat ∀t > 0, ∀b ∈ R+
∀a = x0 + jy 0 ∈ C, on a :
0,
n
o
at
L bat
= L eln b
= L eat ln b
1
si Re(s) > Re(a ln b)
=
s − a ln b
donc :
L bat
=
1
s − a ln b
si Re(s) > Re(a ln b)
(15)
• Transformée de Laplace
de la fonction échelon unité de Heaviside.
0 ∀t < a
Si F (t) = Ua (t) =
.
1 ∀t > a
Remarquons tout d’abord que Ua (t) = U0 (t − a) donc par le théorème du retard (1.4), on a :
L {Ua (t)}
= e−as L {U0 (t)}
Z ∞
= e−as
e−st U0 (t)dt
0
Z ∞
−as
= e
e−st 1dt
0
(−1) −st ∞
= e−as
e
0
s
−as
e
si Re(s) > 0
=
s
donc :
L {Ua (t)}
=
e−as
s
si
• Transformée
de Laplace de la fonction onde rectangulaire.
0 ∀t < 0 et ∀t > a
Si F (t) =
1 ∀0 6 t < a
10
Re(s) > 0
(16)
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Remarquons tout d’abord que F (t) = U0 (t) − Ua (t) donc par la propriété de linéarité (1.2), on a :
L {F (t)}
=
L {U0 (t) − Ua (t)}
=
L {U0 (t)} − L {Ua (t)}
1 e−as
−
s
s
1 − e−as
si Re(s) > 0
s
=
=
(17)
• Transformée
 de Laplace de la fonction en escalier.
0 ∀t < 0



1 ∀0 6 t < a
.
Si F (t) =
2 ∀a 6 t < 2a



···
Remarquons tout d’abord que F (t) = U0 (t) + Ua (t) + U2a (t) + · · · donc par la propriété de linéarité (1.2),
on a :
L {F (t)}
=
L {U0 (t) + Ua (t) + U2a (t) + · · · }
=
L {U0 (t)} + L {Ua (t)} + L {U2a (t)} + · · ·
1 e−as
e−2as
+
+
+ ···
s
s
s
1
1 + e−as + e−2as + · · ·
s
1
1
s 1 − e−as
=
=
=
(18)
car c’est une série géométrique de raison e−as < 1 puisque a > 0 et Re(s) > 0 ; elle converge donc vers
1
1−e−as .
• Transformée
 de Laplace de la fonction en créneaux.
0 ∀t < 0



1 ∀0 6 t < a ou 2a 6 t < 3a ou · · ·
Si F (t) =
−1 ∀a 6 t < 2a ou 3a 6 t < 4a ou · · ·



···
11
.
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Remarquons tout d’abord que F (t) = U0 (t) − 2Ua (t) + 2U2a (t) − 2U3a (t) + · · · donc par la propriété de
linéarité (1.2), on a :
L {F (t)}
=
L {U0 (t) − 2Ua (t) + 2U2a (t) − 2U3a (t) + · · · }
=
L {U0 (t)} − 2L {Ua (t)} + 2L {U2a (t)} − 2L {U3a (t)} + · · ·
2e−2as
2e−3as
1 2e−as
−
+
−
+ ···
s
s
s
s
1
1 − 2e−as 1 − e−as + e−2as − e−3as + · · ·
s
1
1
−as
1 − 2e
s
1 + e−as
=
=
=
car c’est une série géométrique de raison −e−as comprise entre −1 et +1 qui converge donc vers
On peut encore simplifier l’expression de la transformée comme suit :
L {F (t)}
=
=
=
=
1 1 + e−as − 2e−as
s
1 + e−as
1 1 − e−as
s 1 + e−as
−as
as
1e 2 −e 2
−as
s e as
2 + e 2
1
as
tanh
s
2
(19)
1
1+e−as .
(20)
• Transformée
de Laplace de la fonction en dent de scie.
0 ∀t < 0 ou ∀t > a
Si F (t) =
.
t
∀0 6 t < a
a
Remarquons tout d’abord que F (t) = at U0 (t) −
t−a
a Ua (t)
12
− Ua (t) donc par la propriété de linéarité (1.2),
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
on a :
L {F (t)}
t
t−a
U0 (t) −
Ua (t) − Ua (t)
a
a
t
t−a
L
U0 (t) − L
Ua (t) − L {Ua (t)}
a
a
−as
−as
e
e
1
−
−
as2
as2
s
1
−as
1−e
− ase−as
2
as
L
=
=
=
=
(21)
où on a utilisé :
L
t
U0 (t)
a
Z
=
∞
t
e−as dt
a
0
Z
1 ∞ −as
e tdt
a 0
1
pour Re(s) > 0
as2
=
=
et :
L
t−a
Ua (t)
a
t−a
U0 (t − a)
a
=
L
=
e−as
as2
par le théorème du retard (1.4)
• Transformée de Laplace de la fonction sinusoı̈dale avec retard.
Soit :
π
0 ∀t < 2ω
F (t) =
π
π
sin ω t − 2ω
∀t > 2ω
La période de cette fonction est
π
2ω
et elle subit un retard de
L {F (t)}
1.4.6
π
2ω .
On a donc :
π
= e− 2ω s L {sin ωt}
π
ω
= e− 2ω s 2
s + ω2
Exercices sur les propriétés des transformées de Laplace
Exercice 5
Trouver L 3t4 − 2t3 + 4e−3t − 2 sin 5t + 3 cos 2t
Exercice 6
Evaluer chacune des transformées suivantes :
• L t3 e−3t
• L {e−t cos 2t}
13
(22)
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
• L 2e3t sin 4t
• L (t + 2)2 et
• L e2t (3 sin 4t − 4 cos 4t)
• L e−4t cosh 2t
• L {e−t (3 sinh 2t − 5 cosh 2t)}
Exercice 7
Trouver :
n
o
2
• L e−t sin t
• L (1 + te−t )3
Exercice 8
Trouver L {F (t)} si :
F (t) =
Exercice 9
Si L {F (t)} =
Exercice 10
Si L {F (t)} =
s2 −s+1
(2s+1)2 (s−1) ,
e
−1
s
s
(t − 1)2 pour t > 1
0 pour 0 < t < 1
trouver L {F (2t)}
, trouver L {e−t F (3t)}
Exercice 11
Si f (s) = L {F (t)}, montrez que pour r > 0, on a :
L {rt F (at)} = a1 f
s−ln r
a
Exercice 12
Calculer la transformée de Laplace des fonctions suivantes :
•
0 ∀t < 0
t2 − 1 ∀t > 0
0 ∀t < 1
(t2 − 1)2 ∀t > 1
F (t) =
•
G(t) =
14
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
•
0 ∀t < 0
(t2 − 1)2 ∀t > 0
H(t) =
1.5
1.5.1
Transformées des dérivées d’un objet
Transformée de la dérivée première d’un objet
Théorème 1.6 (Transformée de la dérivée d’un objet) :
Si L {F (t)} = f (s) alors :
L {F 0 (t)}
= sf (s) − F (0)
(23)
si F (t) est continue pour 0 6 t 6 N et d’ordre exponentiel pour t > N et que F 0 (t) est continue par morceaux
pour 0 6 t 6 N .
Exemple :
Si F (t) = cos 3t, alors L {F (t)} =
s
s2 +9
et on a :
L {F 0 (t)}
= L {−3 sin 3t}
−9
+9
= −3L {sin 3t} =
s2
ce qui vaut bien :
sf (s) − F (0)
s
−1
s2 + 9
s2 − s2 − 9
−9
= 2
s2 + 9
s +9
= s
=
Preuve
Z
0
L {F (t)}
∞
=
e
−st
P
Z
0
e−st F 0 (t)dt
F (t)dt = lim
P →∞
0
0
Intégrons par parties :
u = e−st
v 0 = F 0 (t)
u0 = −se−st
v = F (t)
on a :
0
L {F (t)}
=
lim
(
P →∞
−st
e
F (t)
P
0
Z
+s
e
=
lim
P →∞
e
−st
F (t)dt
0
(
−sP
)
P
Z
F (P ) − F (0)s
)
P
e
−st
F (t)dt
0
= sf (s) − F (0)
ou l’on a utilisé le fait que F (t) est d’ordre exponentiel γ lorsque t → ∞, de sorte que lim e−sP F (P ) = 0 pour
P →∞
s > γ.
15
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
Remarques :
Théorème 1.7 Si dans le théorème (1.6), F (t) n’est pas continue en t = 0 mais que lim F (t) = F (0+ ) existe
t→0
(mais n’est pas égal à F (a) qui peut exister ou non), alors :
L {F 0 (t)}
= sf (s) − F (0+ )
Théorème 1.8 Si dans le théorème (1.6), F (t) n’est pas continue en t = a alors :
L {F 0 (t)} = sf (s) − F (0) − e−as F (a+ ) − F (a− )
(24)
(25)
où F (a+ ) − F (a− ) est appelé le saut en la discontinuité t = a.
1.5.2
Transformée de la dérivée seconde d’un objet
Théorème 1.9 (Transformée de la dérivée seconde d’un objet) :
Si L {F (t)} = f (s) alors :
L {F 00 (t)}
= s2 f (s) − sF (0) − F 0 (0)
(26)
si F (t) et F 0 (t) sont continues pour 0 6 t 6 N et d’ordre exponentiel pour t > N et que F 00 (t) est continue
par morceaux pour 0 6 t 6 N .
Si F (t) et F 0 (t) ont des discontinuités, des modifications appropriées peuvent être faites comme dans les
théorèmes (1.7) et (1.8).
Preuve
Par le théorème (1.6), on a :
L {G0 (t)}
=
sL {G(t)} − G(0)
Posons G(t) = F 0 (t) :
L {F 00 (t)}
= sL {F 0 (t)} − F 0 (0)
= s (sL {F (t)} − F (0)) − F 0 (0)
= s2 f (s) − sF (0) − F 0 (0)
1.5.3
Généralisation aux dérivées supérieures
Théorème 1.10 (Transformée des dérivées supérieures d’un objet) :
Si L {F (t)} = f (s) alors :
n
o
L F (n) (t)
= sn f (s) − sn−1 F (0) − sn−2 F 0 (0) − · · · − sF (n−2) (0) − F (n−1) (0)
(27)
si F (t), F 0 (t), · · · , F (n−1) (t) sont continues pour 0 6 t 6 N et d’ordre exponentiel pour t > N et que F (n) (t)
est continue par morceaux pour 0 6 t 6 N .
Remarque :
Si F (k) (0) = 0
∀0 6 k 6 n − 1, alors :
n
o
L F (n) (t)
= sn f (s)
(28)
Lorsque les conditions initiales sont nulles, la dérivée nième de F (t) devient une multiplication par sn dans
l’espace des images : c’est le principe de Heaviside.
16
Mathématiques appliquées
1.5.4
2016-2017
Cl. Gabriel
Applications : calcul de transformées de Laplace sans intégratio
Les formules précédentes sont utiles pour trouver des transformées de Laplace sans intégration.
• L {1} = 1s
Posons F (t) = 1 dans le théorème (1.6) :
0 = L {0} = sL {1} − 1
donc L {1} = 1s .
• L {t} = s12
Posons F (t) = t dans le théorème (1.6) :
L {1} =
donc L {t} =
1
= sL {t} − 0
s
1
s2 .
1
• L {eat } = s−a
Posons F (t) = eat dans le théorème (1.6) :
L aeat = aL eat = sL eat − 1
donc 1 = (s − a)L {eat } et L {eat } =
1
s−a .
a
• L {sin at} = s2 +a
2
Utilisons le théorème (1.9) :
L {F 00 (t)}
= s2 f (s) − sF (0) − F 0 (0)
et posons F (t) = sin at, alors F 0 (t) = a cos at et F 00 (t) = −a2 sin at, on a donc :
L −a2 sin at = s2 L {sin at} − 0 − a.1
et donc :
−a2 L {sin at}
(a2 + s2 )L {sin at}
L {sin at}
1.5.5
= s2 L {sin at} − a
= a
=
a
a2 + s2
Exercices sur les transformées de Laplace des dérivées
Exercice 13
2t pour 0 6 t 6 1
Soit F (t) =
t pour t > 1
:
• Trouver L {F (t)}
• Trouver L {F 0 (t)}
• Le résultat L {F 0 (t)} = sL {F (t)} − F (0) est-il applicable à ce cas ? Expliquez.
Exercice 14
Si F (t) =
t2
0
pour 0 < t 6 1
pour t > 1
:
• Trouver L {F 00 (t)}
• Le résultat L {F 00 (t)} = s2 L {F (t)} − sF (0) − F 0 (0) est-il applicable à ce cas ? Expliquez.
Exercice 15
Calculer L {F 0 (t)} par dérivée et par formule et vérifier les théorèmes de la valeur initiale et finale pour les
fonctions :
• F (t) = U0 (t)
• F (t) = sin t
• F (t) = e−t
Exercice 16
Si F (t) = t3 , calculer L F (3) (t) par dérivée et par formule.
17
Mathématiques appliquées
1.6
2016-2017
Cl. Gabriel
Transformée de Laplace des intégrales de l’objet
Théorème 1.11 (Transformée des intégrales d’un objet) :
Si L {F (t)} = f (s) alors :
Z t
F (u)du
=
L
0
Exemple :
Comme L {sin 2t} =
2
s2 +4 ,
f (s)
s
(29)
on a :
L
nR
t
0
o
sin 2udu =
2
s(s2 +4)
Vérifions le par un calcul direct :
t
1
1
1
− cos 2u = − cos 2t +
2
2
2
0
1 − cos 2t
2
1
1
L {1} − L {cos 2t}
2
2
1 s
1
−
2s 2 s2 + 4
s2 + 4 − s2
2s(s2 + 4)
4
2s(s2 + 4)
2
2
s(s + 4)
t
Z
sin 2udu =
0
=
L
1 − cos 2t
2
=
=
=
=
=
Preuve
Rt
Posons G(t) = 0 F (u)du, alors G0 (t) = F (t) et G(0) = 0.
Comme :
L {G0 (t)} = sL {G(t)} − G(0)
on a :
L {G(t)}
=
=
1.6.1
1
(L {F (t)} + 0)
s
f (s)
s
Exercices sur les transformées de Laplace des intégrales
Exercice 17
Vérifier directement que :
Z
L
t
2
(u − u + e
−u
0
1 )du = L t2 − t + e−t
s
Exercice 18
Si f (s) = L {F (t)}, montrer que :
Z
L
t
Z
dt1
0
t1
F (u)du
0
Exercice 19
Montrer que :
18
=
f (s)
s2
(30)
Mathématiques appliquées
2016-2017
L
o
nR
t
1−e−u
du
u
0
=
1
s
Cl. Gabriel
ln(1 + 1s )
Exercice 20
Montrer que :
Z
∞
Z
t=0
t
u=0
e−t sin u
π
dudt =
u
4
Exercice 21
Calculer :
nR
o
t
• L 0 sin audu
• L
nR
t
• L
nR
t
• L
nR
t
• L
nR
t
• L
nR
t
• L
nR
t
• L
nR
t
1.7
0
0
0
0
0
0
0
o
eu sin udu
o
u4 e−u du
o
cosh 2udu
o
e2u cos 3udu
u sin 2udu
o
o
u sin audu
ue2u cosh udu
o
Multiplication par tn de l’objet ou dérivées de l’image
Théorème 1.12 (Dérivées de l’image) :
Si L {F (t)} = f (s) alors :
L {tn F (t)}
Exemple : Comme L e2t =
1
s−2 ,
=
(−1)n
L te2t
= −
dn
f (s)
dsn
où
n = 1, 2, 3, · · ·
on a :
L t2 e2t
=
d
1
1
=
ds s − 2
(s − 2)2
d2
1
2
=
ds2 s − 2
(s − 2)3
Preuve
On a :
f (s) =
R∞
0
e−st F (t)dt
En dérivant sous le signe de l’intégrale, on a :
df
ds
Z ∞
d
e−st F (t)dt
ds 0
Z ∞
=
(−t)e−st F (t)dt
0
Z ∞
= −
(t)e−st F (t)dt
=
0
= −L {tF (t)}
19
(31)
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
donc L {tF (t)} = −f 0 (s) ce qui prouve le théorème pour n = 1.
Par induction, supposons le théorème vrai pour n = k, c’est-à-dire supposons vrai :
L tk F (t)
=
(−1)k
dk
f (s)
dsk
alors :
d
ds
Z
∞
e−st tk F (t) dt =
(−1)k f (k+1) (s)
0
Z
∞
−
te−st tk F (t)dt =
0
Z ∞
−
e−st tk+1 F (t)dt =
Z0 ∞
e−st tk+1 F (t)dt =
(−1)k f (k+1) (s)
(−1)k f (k+1) (s)
(−1)k+1 f (k+1) (s)
0
Le théorème est donc vrai à l’ordre k + 1 ce qui termine la preuve par induction.
1.7.1
Exercices sur la multiplication par tn de l’objet
Exercice 22
Calculer les transformées suivantes :
• L {t sin t}
• L t2 cos t
• L te−4t sin t
• L te3t sinh 2t
• L t2 cosh 3t
Exercice 23
Montre rque :
• L {t cos at} =
s2 −a2
(s2 +a2 )2
• L {t sin at} =
2as
(s2 +a2 )2
Exercice 24
Trouver L {t(3 sin 2t − 2 cos 2t)}
Exercice 25 Montrer que L t2 sin t =
6s2 −2
(s2 +1)3
Exercice 26
Calculer :
• L {t cosh 3t}
• L {t sinh 2t}
• L t2 cos t
• L (t2 − 3t + 2) sin 3t
• L t3 cos t
Exercice 27
Montrer que :
R∞
0
te−3t sin tdt =
20
3
50
Mathématiques appliquées
1.8
2016-2017
Cl. Gabriel
Division par t de l’objet ou intégration de l’image
Théorème 1.13 (Intégration de l’image) :
Si L {F (t)} = f (s) alors :
F (t)
L
=
t
pourvu que lim
t→0
F (t)
t
Exemple :
Comme L {sin t} =
∞
Z
f (u)du
(32)
0
existe.
1
s2 +1
et lim
t→0
sin t
t
= 1, on a :
L
sin t
t
Z
∞
du
2+1
u
s
∞
[arctan u]s
π
− arctan s
2
∞
1
− arctan
u s
1
arctan
s
=
=
=
=
=
Remarque :
arctan
1
x
0
1
=
1+
−
1 2
x
1
x2
=−
1
x2 + 1
On a donc :
arctan x + arctan x1 = constante
En posant x = 1, on trouve que la constante vaut
Preuve
Posons G(t) =
F (t)
t ,
π
2.
alors F (t) = tG(t). Prenons la transformée de Laplace des deux membres :
L {F (t)}
=
=
L {tG(t})
d
(−1) L {G(t)}
ds
c’est-à-dire encore :
f (s) = −
par le théorème(1.12)
d
g
ds
Intégrons :
Z
s
g(s) = −
f (u)du
∞
Z
=
∞
f (u)du
s
c’est-à-dire :
L
F (t)
t
Z
=
∞
f (u)du
s
Remarque : en intégrant, on a choisi la constante d’intégration de sorte que lim g(s) = 0 ; ce choix sera justifié
s→∞
par le théorème (1.15).
21
Mathématiques appliquées
1.8.1
2016-2017
Cl. Gabriel
Exercices sur la division par t de l’objet ou l’intégration de l’image
Exercice 28
Montrer que :
L
n
o
e−at −e−bt
t
s+b
= ln s+a
Exercice 29
Montrer que :
L
cos at−cos bt t
1
2
=
2
2
+b
ln ss2 +a
2
Exercice 30
Trouver
L
sinh t t
Exercice 31
Montrer que :
R∞
0
e−3t −e−6t
dt
t
= ln 2
Indice : utiliser le premier exercice de cette liste
Exercice 32
Calculer :
R∞
cos 6t−cos 4t
dt
t
0
Exercice 33
Calculer :
R∞
0
e−at −e−bt
dt
t
Exercice 34
Calculer :
R∞
0
1.8.2
e−t sin t
dt
t
Application de la transformée de Laplace au calcul d’intégrales impropres
La formule :
L
F (t)
t
∞
Z
=
f (u)du
s
appliquée pour s = 0 donne :
Z
0
∞
F (t)
dt =
t
Z
∞
f (s)ds
(33)
0
Cette formule permet de calculer certaines intégrales impropres définies par l’intégrale d’une transformée de
Laplace.
Exemple :
Z
0
∞
sin at
dt
t
Z
∞
a
dt
+ a2
h0
i
s ∞
π
π
= arctan
= − arctan 0 =
a 0
2
2
=
s2
Exercice 35
Montrer que :
R∞
0
sin2 2t
t2 dt
22
=
π
2
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
Plus généralement, on obtient les formules suivantes :
• Comme
R∞
0
e−st F (t)dt = f (s), on a en passant à la limite pour s → 0 :
Z
∞
F (t)dt = f (0)
(34)
0
• Comme
R∞
0
e−st F (t)
t dt =
R∞
s
f (u)du, on a en passant à la limite pour s → 0 :
Z
0
• Comme
R∞
0
∞
F (t)
dt =
t
∞
f (s)ds
(35)
0
n
d
e−st tn F (t)dt = (−1)n ds
n f (s), on a en passant à la limite pour s → 0 :
n
Z ∞
d
n
n
t F (t)dt = (−1)
f (s)
dsn
0
s=0
Exercice 36
Calculer :
R∞
• 0 te−2t cos tdt
R ∞ −t −3t
• 0 e −e
dt
t
R ∞ −3t
• 0 e
sin tdt
R ∞ −t
• 0 e cos 2tdt
R∞
• 0 e−2t sint t dt
R∞
• 0 t2 e−t cos tdt
R∞
• 0 t3 e−2t sin tdt
R∞
• 0 t2 sinh 2tdt
R∞
• 0 e−2t dt
1.9
Z
Exercices mélangés
Exercice 37
• L e3t sin t
• L t2 cosh 2t
nR
o
t
• L 0 eu u cos udu
o
n −t
3t
• L e sin
t
R ∞ sin t
• 0 t dt
R∞
• 0 e−2t t3 dt
R∞
• 0 cos 4tdt
R ∞ −2t
• 0 e tcos t dt
R∞
• 0 sint 2t dt
R∞
• 0 e2t t2 sin 2tdt
R∞
• 0 t cosh 2tdt
23
(36)
Mathématiques appliquées
1.10
2016-2017
Cl. Gabriel
Transformée de laplace d’une fonction périodique
Théorème 1.14 (Transformée d’une fonction périodique) :
Soit F (t) une fonction de période T > 0 (c’est-à-dire telle que F (t + T ) = F (t)
RT
L {F (t)}
=
0
∀t, alors :
e−st F (t)dt
f0 (s)
=
1 − e−sT
1 − e−sT
(37)
où f0 (s) est la transformée de Laplace de la première oscillation de l’onde :
F (t) ∀0 6 t 6 T
F0 (t) =
0 ailleurs
(38)
Preuve
On a :
Z
L {F (t)}
∞
e−st F (t)dt
=
0
Z
=
T
e−st F (t)dt +
2T
Z
0
e−st F (t)dt +
T
Z
3T
e−st F (t)dt + · · ·
2T
Dans la seconde intégrale, posons t = u + T , dans la troisième intégrale, posons t = u + 2T , etc. on obtient :
T
Z
L {F (t)}
e−st F (t)dt + e−sT
=
=
T
Z
e−su F (u)du + e−2sT
0
0
1 + e−sT + e−2sT + · · ·
Z
T
e−su F (u)du + · · ·
0
Z
T
e−su F (u)du
0
RT
=
0
e−su F (u)du
1 − e−sT
où l’on a utilisé la somme de la série géométrique :
1 + r + r2 + r3 + · · · =
1.10.1
1
1−r
si
|r| < 1
Exercices sur les transformées de Laplace d’une fonction périodque
• Transformée du courant redressé à une alternance.
Si :
sin ωt ∀0 6 t < ωπ
F (t) =
0 ∀ ωπ 6 t < 2π
ω
24
et de période
2π
ω
Mathématiques appliquées
2016-2017
La première onde est : F0 (t) = sin ωt + U ωπ (t) sin ω t −
Cl. Gabriel
π
ω
et on a :
f0 (s)
=
=
π
ω
ω
+ e− ω s 2
s2 + ω 2
s + ω2
π ω
1 + e− ω s
2
2
s +ω
par le théorème du retard (1.4)
donc :
π
L {F (t)}
=
=
ω
1 + e− ω s
f0 (s)
= 2
−sT
2
1−e
s + ω 1 − e− 2π
ω s
π
ω
1 + e− ω s
ω
1
π
π π =
−
s
−
s
2
2
2
2
s +ω 1−e ω
s + ω 1 − e− ω s
1+e ω
• Transformée du courant doublement redressé.
Si :
F (t) = sin ωt ∀0 6 t <
25
π
ω
et de période
π
ω
(39)
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
π
ω
La première onde est : F0 (t) = sin ωt + U ωπ (t) sin ω t −
f0 (s)
=
=
π
ω
ω
+ e− ω s 2
s2 + ω 2
s + ω2
π ω
1 + e− ω s
2
2
s +ω
et on a :
par le théorème du retard (1.4)
donc :
π
L {F (t)}
f0 (s)
ω
1 + e− ω s
=
π
1 − e−sT
s2 + ω 2 1 − e− ω s
sπ
ω
coth
s2 + ω 2
2ω
=
=
(40)
• Transformée de la fonction en dent de scie.
Si :
F (t) =
k
t ∀0 6 t < T
T
La première onde est : F0 (t) =
k
Tt
0
Z
f0 (s)
=
∀k ∈ R
∀0 6 t < T
ailleurs
∞
s−st F0 (t)dt =
0
T
et on a :
Z
0
Intégrons par parties :
et de période
T
e−st
k
k
tdt =
T
T
Z
T
e−st tdt
0
u=t
v 0 = e−st
on obtient :
f0 (s)
=
=
=
=
u0 = 1
v = − 1s e−st
T
Z
k T 1 −st
k
1 −st
+
− te
e dt
T
s
T 0 s
0
T
k
T
k
1
−
e−sT +
− e−st
T
s
Ts
s
0
k −sT
k
−sT
− e
− 2
e
−1
s
s T
k
1 − e−sT − sT e−sT
2
s T
donc :
L {F (t)}
=
f0 (s)
k 1 − e−sT − sT e−sT
=
1 − e−sT
s2 T
1 − e−sT
• Transformée de la fonction en escalier.
Si :
F (t) =


0 ∀0 6 t < T
k ∀T 6 t < 2T

2k ∀2T 6 t < 3T
26
(41)
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
Cette fonction n’est pas périodique, mais est la différence de la fonction rampe et de la fonction en dent
de scie :
k
F (t) = fonction rampe
t ∀t > 0 − fonction en dent de scie
T
donc :
k 1 − e−sT − sT e−sT
k
L
t −
T
s2 T (1 − e−sT )
k 1 − e−sT − sT e−sT
k 1
−
T s2
s2 T (1 − e−sT )
−sT
1−e
− 1 + e−sT + sT e−sT
k
s2 T (1 − e−sT )
−sT
ke
s (1 − e−sT )
L {F (t)}
=
=
=
=
• Transformée de la fonction en créneaux.
Si :
F (t) =
k ∀0 6 t < a
−k ∀a 6 t < 2a
et de période
2a
on a :
Z
f0 (s)
=
a
ke−st dt +
0
=
=
=
=
Z
2a
(−k)e−st dt
a
a k −st 2a
k
− e−st 0 +
e
a
s
s
k
k −2as
− e−as − 1 +
e
− e−as
s
s
k −2as
−as
e
− 2e
+1
s
2
k
1 − e−as
s
27
(42)
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
donc :
2
L {F (t)}
2
k (1 − e−as )
k
(1 − e−as )
=
−2as
s 1−e
s (1 − e−as ) (1 − e−as )
k
as
k 1 − e−as
= tanh
−as
s1+e
s
2
=
=
(43)
• Transformée de la fonction en crêtes.
Si :
2k
T t
2k
−T t+
F (t) =
∀0 6 t < T2
2k ∀ T2 6 t < T
et de période
T
on a :
Z
f0 (s)
=
0
T
2
2k −st
te dt +
T
Z
T
T
2
2k
− t + 2k e−st dt
T
Intégrons par parties :
u=t
v 0 = e−st
on obtient :
f0 (s)
1.10.2
u0 = 1
v = − 1s e−st
T2
T
Z T
Z
1
1
2k
2k 1 2 −st
2k
2k 1 T −st
1 −st T
− te−st
− te−st
e
+
e dt −
−
e dt + 2k −
T
2
T
s
T s 0
T
s
T s T2
s
T
0
2
= ···
2
2k −s T2
=
1
−
e
(44)
s2 T
=
Exercices sur les transformées de Laplace des fonctions périodiques
Exercice 38
Si :
F (t) =
3t ∀0 < t < 2
6 ∀2 < t < 4
et de période
4
t ∀0 < t < 1
0 ∀1 < t < 2
et de période
2
• Dessiner F (t)
• Trouver L {F (t)}
Exercice 39
Si :
F (t) =
• Dessiner F (t)
• Trouver L {F (t)}
28
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
Exercice 40
Si :
F (t) = t2
pour
0<t<2
et de période
4
• Dessiner F (t)
• Trouver L {F (t)}
1.11
Comportement de f (s) lorsque s → ∞
Théorème 1.15 (Comportement asymptotique de l’image) :
Si L {F (t)} = f (s) alors :
lim f (s) = 0
(45)
s→∞
Preuve
En effet :
Z
∞
e−st F (t))dt
f (s) =
0
donc :
∞
Z
lim e−st F (t)dt = 0
lim f (s) =
s→∞
0
s→∞
car lim e−st = 0.
s→∞
1.12
Théorème de la valeur initiale
Théorème 1.16 (Théorème de la valeur initiale) :
Si la limite indiquée existe, alors :
lim F (t) = lim sf (s)
s→∞
t→0
(46)
Preuve
On a par le théorème (1.12) :
Z
0
L {F (t)}
=
∞
e−st F 0 (t)dt
0
= sf (s) − F (0)
(47)
Mais si F 0 (t) est continue par morceaux et d’ordre exponentiel, on a :
Z ∞
lim
e−st F 0 (t)dt = 0
s→∞
0
Prenons la limite pour s → ∞ dans l’équation (47), en supposant que F (t) soit continue en t = 0, on trouve :
0 = lim sf (s) − F (0)
s→∞
ou encore :
lim sf (s) = F (0) = lim F (t)
s→∞
t→0
Si F (t) n’est pas continue en t = 0, on peut prouver le théorème en utilisant le théorème (1.7).
29
Mathématiques appliquées
1.13
2016-2017
Cl. Gabriel
Théorème de la valeur finale
Théorème 1.17 (Théorème de la valeur finale) :
Si la limite indiquée existe, alors :
lim F (t) = lim sf (s)
t→∞
(48)
s→0
Preuve
On a par le théorème (1.12) :
Z
L {F 0 (t)}
∞
e−st F 0 (t)dt
=
0
= sf (s) − F (0)
(49)
La limitedu membre de gauche pour s → 0 dans l’équation (49), en supposant que F (t) soit continue en t = 0,
est :
Z ∞
Z ∞
e−st F 0 (t)dt =
F 0 (t)dt
lim
s→0
0
0
=
lim F (P ) − F (0)sf (s) − F (0) = lim F (t) − F (0)
t→∞
P →∞
La limite du membre de droite pour s → 0 de l’équation (49) est :
lim sf (s) − F (0)
s→0
donc :
lim F (t) − F (0)
=
lim F (t)
=
t→∞
lim sf (s) − F (0)
s→0
et finalement :
t→∞
lim sf (s)
s→0
Si F (t) n’est pas continue en t = 0, on peut prouver le théorème en utilisant le théorème (1.7).
1.13.1
Exemples d’utilisation des théorèmes (1.16) et (1.17)
3
Soit F (t) = 3e−2t , alors L {F (t)} = f (s) = s+2
.
Le théorème de la valeur initiale (1.16) s’écrit :
3s
s→∞ s + 2
lim 3e−2t = lim
t→0
qui donne 3 = 3.
Le théorème de la valeur finale (1.17) s’écrit :
lim 3e−2t = lim
t→∞
s→0
3s
s+2
c’est-à-dire 0 = 0.
1.14
Si
Si
Généralisation du théorème de la valeur initiale
lim F (t) = 1, on dit que F (t) est proche de G(t)
t→0 G(t)
lim f (s) = 1, on dit que f (s) est proche de g(s)
t→∞ g(s)
et on écrit F (t) ∼ G(t) lorsque t → 0.
et on écrit f (s) ∼ g(s) lorsque s → ∞.
Avec ces notations, on peut généraliser le théorème (1.16) :
Théorème 1.18 (Généralisation du théorème de la valeur initiale) :
Si F (t) ∼ G(t) lorsque t → 0, alors f (s) ∼ g(s) lorsque s → ∞.
De la même manière, on peut généraliser le théorème (1.17) comme suit :
30
Mathématiques appliquées
1.15
Cl. Gabriel
Généralisation du théorème de la valeur finale
Si lim
Si
2016-2017
F (t)
= 1, on dit que F (t) est proche de G(t) et on écrit F (t) ∼ G(t) lorsque t → ∞.
t→∞ G(t)
lim f (s) =
t→0 g(s)
1, on dit que f (s) est proche de g(s) et on écrit f (s) ∼ g(s) lorsque s → 0.
Avec ces notations, on peut généraliser le théorème (1.17) :
Théorème 1.19 (Généralisation du théorème de la valeur finale) :
Si F (t) ∼ G(t) lorsque t → ∞, alors f (s) ∼ g(s) lorsque s → 0.
1.16
Transformée de Laplace de la fonction impulsion de Dirac
Soit la fonction :
δa (t) =
0
1
a
∀t > a
∀0 6 t < a
où a est une valeur réelle petite
On appelle fonction impulsion de Dirac δ(t) :
δ(t) = lim δa (t)
a→0
1.16.1
(50)
Propriétés de la fonction de Dirac
• Il est géométriquement évident que lorsque a → 0, l’aire de la région rectangulaire reste constante et égale
à 1, donc :
Z ∞
δ(t)dt = 1
(51)
0
• δa (t) est la fonction dérivée de :
F (t) =
1
t
a
∀t 6 a
∀0 6 t < a
On constate que lim F (t) = U0 (t) donc δ(t) est la fonction dérivée de la fonction échelon U0 (t) :
a→0
δ(t) = U00 (t)
31
(52)
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
•
Z
∞
δ(t)G(t)dt = G(0) ∀
fonction continue G(t)
(53)
0
•
Z
∞
δ(t − a)G(t)dt = G(a) ∀
fonction continue G(t)
(54)
0
Mathématiquement parlant, rigoureusement, une telle fonction n’existe pas, mais il est possible de rendre rigoureuses les opérations et manipulations impliquant δ(t) (en se plaçant notamment dans la théorie des distributions).
1.16.2
Transformée de Laplace de δ(t)
Calculons à présent la transformée de Laplace de δ(t). Tout d’abord,
Z ∞
Z a
1 −st a
1
−st
L {δa (t)} =
e δa (t)dt =
e−st dt = −
e
0
a
as
0
0
1 −as
1
= −
e
−1 =
1 − e−as
as
as
donc :
L {δ(t)}
=
1 − e−as
a→0
as
lim L {δa (t)} = lim
a→0
se−as
par l’Hospital
a→0
s
= lim e−as = 1
=
lim
a→0
Finalement :
L {δ(t)}
=
1
(55)
De la même manière, on a par le théorème du retard (1.4) :
L {δ(t − a)}
= e−as L {δ(t)}
= e−as
1.17
(56)
Méthodes pour trouver des transformées de Laplace
Plusieurs méthodes sont disponibles pour déterminer les transformées de laplace, notamment :
1. Méthode directe utilisant la définition.
2. Méthode des séries
Si F (t) a un développement en série de puissances du type :
F (t) =
∞
P
an tn
n=0
sa transformée de Laplace peut être obtenue en sommant les transformées de Laplace de chaque terme de
la série, donc :
L {F (t)}
=
∞
X
a1
2!a2
n!an
a0
+ 2 + 3 + ··· =
n+1
s
s
s
s
n=0
(57)
Il faut bien sûr que cette série converge.
3. Méthode des équations différentielles
Cela consiste à trouver une équation différentielle dont F (t) est solution et à utiliser les théorèmes ci-dessus.
4. Différentiation par rapport à un paramètre
5. Méthodes variées
6. Utilisation de tables
32
Mathématiques appliquées
1.18
2016-2017
Cl. Gabriel
Transformée de Laplace des fonctions de Bessel
1.18.1
Définition des fonctions de Bessel
La fonction de Bessel d’ordre n (où n ∈ Z est définie par le développement en série :
tn
t2
t4
Jn (t) = n
1−
+
− ···
2 Γ(n + 1)
2(2n + 2) 2.4(2n + 2)(2n + 4)
(58)
Par exemple,
2k
∞
X
(−1)k t
J0 (t) =
(k!)2 2
(59)
k=0
1.18.2
Propriétés importantes des fonctions de Bessel
1.
J−n (t) = (−1)n Jn (t) ∀n > 0
(60)
2n
Jn (t) − Jn−1 (t)
t
(61)
2.
Jn+1 (t) =
3.
d n
{t Jn (t)} = tn Jn−1 (t)
dt
(62)
En particulier, si n = 0, on a J00 (t) = J−1 = −J1 (t)
4.
e
1
1
2 t(u− u
=
∞
X
Jn (t)un
(63)
n=−∞
Cette fonction est appelée la fonction génératrice des fonctions de Bessel.
5. Jn (t) vérifie l’équation différentielle de Bessel :
t2 Y 00 (t) + tY 0 (t) + (t2 − n2 )Y (t) = 0
1.18.3
(64)
Transformée de Laplace de la fonction de Bessel J0 (t)
• Trouvons L {J0 (t)} par la méthode des séries.
J0 (t) = 1 −
t4
t6
t2
+ 2 2 − 2 2 2 + ···
2
2
2 4
2 4 6
donc :
L {J0 (t)}
=
=
=
1
1 2!
1 4!
1 6!
−
+ 2 2 5 − 2 2 2 7 + ···
s 22 s3
2 4 s
2 4 6 s
1
1 1
1.3 1
1.3.5 1
1−
+
−
+ ···
s
2 s2
2.4 s4
2.4.6 s6
− 12
1
1
1
1+ 2
=√
2
s
s
s +1
où l’on a utilisé le théorème du binôme :
1
1
1.3 2 1.3.5 3
(1 + x)− 2 = 1 − x +
x −
x + ···
2
2.4
2.4.6
33
∀x
tel que
|x| < 1
(65)
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
• Retrouvons ce résultat par la méthode des équations différentielles.
La fonction J0 (t) vérifie l’équation différentielle :
tJ000 (t) + J00 (t) + tJ0 (t) = 0
avec comme conditions initiales J0 (0) = 1 et J00 (0) = 0.
Prenons la transformée de Laplace des deux membres de l’équation différentielle et utilsons les théorèmes
(1.6), (1.4) et (1.9) :
L {tJ000 (t)} + L {J00 (t)} + L {tJ0 (t)}
d
d
(−1) L {J000 (t)} + sL {J0 (t)} − J0 (0) + (−1) L {J0 (t)}
ds
ds
d 2
d
−
s L {J0 (t)} − sJ0 (0) − J00 (0) + sL {J0 (t)} − 1 − L {J0 (t)}
ds
ds
d
d
−2sL {J0 (t)} − s2 L {J0 (t)} + 1 + sL {J0 (t)} − 1 − L {J0 (t)}
ds
ds
d
L {J0 (t)} (s2 + 1) = −sL {J0 (t)}
ds
dL {J0 (t)}
L {J0 (t)}
=
L {0}
=
0
=
0
=
0
=
−
ln L {J0 (t)} + A =
ln BL {J0 (t)}
=
BL {J0 (t)}
=
L {J0 (t)}
=
s2
s
ds en séparant les variables)
+1
1
− ln(s2 + 1)
2
1
ln √
2
s +1
1
√
s2 + 1
C
√
2
s +1
Pour déterminer la constante C, utilisons le théorème de la valeur initiale (1.16) :
lim J0 (t)
t→0
lim sL {J0 (t)}
=
s→∞
lim √
=
s→∞
sC
=C
s2 + 1
donc C = 1 et on a finalement :
L {J0 (t)}
1.18.4
=
√
1
s2 + 1
Transformée de Laplace de L {J0 (at)}
Par la propriétéde changement d’échelle (1.5) :
L {F (at)} =
1 s
f( )
a a
on déduit directement :
L {J0 (at)} =
1.18.5
1
1
1
p
=√
a ( as )2 + 1
s2 + a2
(66)
Transformée de Laplace de L {J1 (t)}
Par la propriété (62) des fonctions de Bessel, on a J00 (t) = −J1 (t), donc :
L {J1 (t)}
= −L {J00 (t)} = − (sL {J0 (t)} − 1)
√
s2 + 1 − s
s
= 1− √
= √
s2 + 1
s2 + 1
par (1.6)
On peut aussi retrouver ce résultat direcetement par les deux méthodes précédentes.
34
(67)
Mathématiques appliquées
1.18.6
2016-2017
Cl. Gabriel
Transformée de Laplace de L {Jn (t)}
On va montrer par induction que :
√
L {Jn (t)}
=
n
s2 + 1 − s
√
s2 + 1
Cette formule est vraie pour n = 1 et n = 0. Supposons la vraie jusqu’à l’ordre n, donc :
√
n
s2 + 1 − s
√
L {Jn (t)} =
s2 + 1
Comme Jn+1 (t) =
Ponsons I =
2n
t Jn (t)
− Jn−1 (t) par la propriété (61), on a :
Jn (t)
− L {Jn−1 (t)}
L {Jn+1 (t)} = 2nL
t
√
n
n−1
Z ∞ √ 2
u +1−u
s2 + 1 − s
√
√
= 2n
du −
u2 + 1
s2 + 1
0
R ∞ (√u2 +1−u)n
√
0
u2 +1
du et intégrons par changement de variable :
u = sinh t
du = cosh tdt
√
On a donc u2 + 1 = cosh2 t et t = Argshu = ln u + u2 + 1 .
On obtient :
Z ∞
Z ∞
n
(cosh t − sinh t)
I =
cosh tdt =
e−tn dt
cosh
t
Argshs
Argshs
∞
1 −tn
=
− e
n
Argshs
1 −nArgshs
=
0+ e
n
1 −n ln(s+√s2 +1)
=
e
n
p
1
=
(s + s2 + 1)−n
n
En réinjectant ce résultat dans (70), on a donc :
L {Jn+1 (t)}
√
n−1
2+1−s
p
s
1
−n
√
= 2n (s + s2 + 1) −
n
s2 + 1
√
n−1
√
s2 + 1 − s
( s2 + 1 − s)n
√
= 2 √
√
n −
s2 + 1
( s2 + 1 + s)( s2 + 1 − s)
√
n−1
p
s2 + 1 − s
n
2
√
= 2( s + 1 − s) −
s2 + 1
√
n
p
o
p
( s2 + 1 − s)n−1
√
2 s2 + 1
=
s2 + 1 − s − 1
s2 + 1
√
o
p
( s2 + 1 − s)n−1 n 2
√
=
2(s + 1) − 2s s2 + 1 − 1
s2 + 1
√
o
p
2
( s + 1 − s)n−1 n 2
√
=
2s + 1 − 2s s2 + 1
s2 + 1
Comme on a :
p
2
s2 + 1 − s
p
= s2 + 1 + s2 − 2s s2 + 1
p
= 2s2 + 1 − 2s s2 + 1
35
(68)
(69)
Mathématiques appliquées
2016-2017
on a finalement :
L {Jn+1 (t)}
=
=
Cl. Gabriel
√
√
( s2 + 1 − s)n−1 ( s2 + 1 − s)2
√
s2 + 1
√
( s2 + 1 − s)n+1
√
s2 + 1
ce qui termine la preuve par induction.
1.18.7
Exercices sur les transformées de laplace des fonctions de Bessel
Exercice 41
Montrer que :
L {e−at J0 (bt)} =
√
1
s2 −2as+a2 +b2
Exercice 42
Montrer que :
L {tJ0 (at)} =
s
3
(s2 +a2 ) 2
Exercice 43
Trouver :
• L e−3t J0 (4t)
• L {tJ0 (2t)}
Exercice 44
Si I0 (t) = J0 (jt), montrer que L {I0 (at)} =
√ 1
s2 −a2
∀a > 0.
Exercice 45
Trouver :
L {tJ0 (t)e−t }
Exercice 46
Montrer que :
R∞
• 0 J0 (t)dt = 1
R∞
• 0 e−t J0 (t)dt =
√
2
2
Exercice 47
Trouver la transformée de Laplace de :
d2
dt2
e2t J0 (2t)
Exercice 48
Montrer que :
L {tJ1 (t)} =
Exercice 49
Prouver :
√ L J0 (a t) =
Exercice 50
Calculer :
R∞
• 0 te−3t J0 (4t)dt
R∞
• 0 J0 (ωt)dt
R∞
• 0 e−at J0 (ωt)dt
R∞
t
dt
• 0 J0 (t)−cos
t
36
1
3
(s2 +1) 2
s
3
(s2 +a2 ) 2
(70)
Mathématiques appliquées
2
2.1
2016-2017
Cl. Gabriel
La transformée de Laplace inverse
Définition
Si la transformée de Laplace d’une fonction F (t) est f (s), c’est-à-dire si L {F (t)} = f (s), alors F (t) est appelée
la transformée de Laplace inverse de f (s) et on écrit :
L−1 {f (s)} = F (t)
Exemple :
Comme L e−3t =
2.2
1
s+3 ,
on peut écrire L−1
n
1
s+3
o
(71)
= e−3t .
Unicité de la transformée de Laplace inverse : théorème de Lerch
2.2.1
Fonctions nulles
Si N (t) est une fonction de t telle que ∀t > 0 on a :
Z t
N (u)du = 0
0
on appelle N (t) une fonction nulle.
Exemple :
La fonction :

 1 si t = 12
−1 si t = 1
F (t) =

0 ailleurs
est une fonction nulle.
En général, toute fonction qui est nulle partout sauf en un ensemble de points dénombrable (c’est-à-dire qui
peut être mis en bijection avec N) est une fonction nulle.
On a bien entendu
L {N (t)} = 0 ∀ fonction nulle
(72)
En effet,
Z
L {N (t)} =
∞
e−st N (t)dt
0
par parties :
u = e−st
v 0 = N (t)
donne :
u0 = −se−st
Rt
v(t) = 0 N (t) = 0
L {N (t)} = 0
2.2.2
Non unicité de la transformée de Laplace inverse
Comme la transformée de Laplace d’une fonction nulle N (t) est zéro, il est clair que si L {F (t)} = f (s), alors
L {F (t) + N (t)} = f (s).
Il s’ensuit que l’on peut avoir deux fonctions différentes qui ont la même transformée de Laplace.
Exemple :
F1 (t) = e−3t et F2 (t) =
0 si t = 1
e−3t ailleurs
1
.
ont la même transformée de Laplace s+3
Si nous permettons les fonctions nulles, la transformée de Laplace inverse n’est donc pas unique. Elle est toutefois unique si on exclut les fonctions nulles (qui n’apparaissent en général pas dans des cas physiquement
intéressants).
37
Mathématiques appliquées
2.2.3
2016-2017
Cl. Gabriel
Théorème de Lerch
Théorème 2.1 (Théorème de Lerch) :
Si on se restreint aux fonctions F (t) continues par morceaux sur tout intervalle fini 0 6 t 6 N et d’ordre
exponentiel pour t > N , alors la transformée de Laplace inverse est unique.
Nous admettrons ce théorème sans démonstration.
2.3
Quelques transformées de Laplace inverse
F (t) = L−1 {f (s)}
1
t
f (s)
1
s
1
s2
1
sn+1
1
s−a
1
s2 +a2
s
s2 +a2
1
s2 −a2
s
s2 −a2
2.4
2.4.1
tn
n!
at
n = 0, 1, 2, · · ·
e
sin at
a
cos at
sinh at
a
cosh at
Propriétés importantes des transformées de Laplace inverses
Propriété de linéarité
Théorème 2.2 (Propriété de linéarité) :
Si c1 et c2 sont des constantes quelconques et f1 (s) et f2 (s) sont les transformées de Laplace des fonctions
F1 (t) et F2 (t) alors :
L−1 {c1 f1 (s) + c2 f2 (s)}
= c1 L−1 {f1 (s)} + c2 L−1 {f2 (s)}
= c1 F1 (t)) + c2 F2 (t)
(73)
Le résultat s’étend directement à plus de 2 fonctions. Le symbole L−1 qui transforme f (s) en F (t), souvent
appelé opérateur de transformation de Laplace inverse, est donc un opérateur linéaire.
Preuve
On a par le théorème (1.2) :
L {c1 F1 (t) + c2 F2 (t)}
=
c1 f1 (s) + c2 f2 (s)
donc :
L−1 {c1 f1 (s) + c2 f2 (s)}
= c1 F1 (t) + c2 F2 (t)
= c1 L−1 {f1 (s)} + c2 L−1 {f2 (s)}
(74)
Exemple :
L−1
4
3s
5
−
+
s − 2 s2 + 16 s2 + 4
1
s−2
=
4L−1
=
4e2t − 3 cos 4t +
Exercice 51
Trouver :
38
− 3L−1
5
sin 2t
2
s
s2 + 16
+ 5L−1
1
s2 + 4
Mathématiques appliquées
• L−1
n
5s+4
s3
−
2s−18
s2 +9
• L−1
n
6
2s−3
−
3+4s
9s2 −16
2.4.2
2016-2017
+
Cl. Gabriel
√ o
24−30 s
4
s
8−6s
16s2 +9
+
o
Translation de la variable s
Théorème 2.3 (Translation de la variable s) :
Si L−1 {f (s)} = F (t) alors :
L−1 {f (s − a)}
=
eat F (t)
(75)
Preuve
On a par le théorème (1.3) :
L eat F (t)
= f (s − a)
donc :
L−1 {f (s − a)}
=
eat F (t)
Autre méthode
R ∞:
Comme f (s) = 0 e−st F (t)dt, on a :
Z
f (s − a)
∞
=
e
−(s−a)t
∞
Z
e−st eat F (t)dt
F (t)dt =
0
0
= L eat F (t)
donc :
L−1 {f (s − a)}
Exemple : n
o
Comme L−1 s21+4 =
1
2
=
eat F (t)
sin 2t, on a :
L−1
1
s2 − 2s + 5
= L−1
1
(s − 1)2 + 4
=
Exercice 52
Trouver :
n
o
6s−4
• L−1 s2 −4s+20
• L−1
n
• L−1
n
• L−1
n
2.4.3
4s+12
s2 +8s+16
o
o
3s+7
s2 −2s−3
√ 1
2s+3
o
Translation de la variable t
Théorème 2.4 (Translation de la variable t ):
F (t − a) si t > a
Si L−1 {f (s)} = F (t) alors L−1 {e−as f (s)} =
0 si t < a
39
1 t
e sin 2t
2
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
Preuve
On a par le théorème (1.4) :
L {G(t)} = e−as f (s)
donc :
L−1 e−as f (s) = G(t)
où G(t) =
F (t − a) si t > a
0 si t < a
Autre méthode
R ∞:
Comme f (s) = 0 e−st F (t)dt, on a :
e−as f (s)
∞
Z
e−as e−st F (t)dt
=
0
∞
Z
e−s(t+a) F (t)dt
=
0
∞
Z
e−su F (u − a)du en posant u = t + a
Z a
Z ∞
−st
=
e .0dt +
e−st F (t − a)dt
0
a
Z ∞
=
e−st G(t)dt
=
a
0
Remarque :
= F (t − a)U(t − a)
G(t)
Exemple : n
Comme L−1 :
1
s2 +1
o
= sin t on a :
L−1
πs
e− 3
s2 + 1
=
sin t − π3
si t >
0 si t < π3
π
3
Exercice 53
Trouver :
n −5s o
e
• L−1 (s−2)
4
s
• L−1
n
se−4π 5
s2 +25
• L−1
n
(s+1)e−πs
s2 +s+1
• L−1
2.4.4
o
o
e4−3s
5
(s2 +4) 2
Propriété du changement d’échelle
Théorème 2.5 (Propriété du changement d’échelle) :
Si L−1 {f (s)} = F (t) alors :
L−1 {f (ks)}
=
Exemple : n
o
n
o
s
Comme L−1 s2 +16
= cos 4t, on a L−1 (2s)2s
=
2 +16
1
F
k
1
2
40
t
k
cos 2t.
∀k > 0
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
Preuve
On a par le théorème (1.5), en remplaçant a par k1 :
L F ( kt ) = kf (ks)
donc :
L−1 {f (ks)} = k1 F ( kt )
Autre méthode
R ∞:
Comme f (s) = 0 e−st F (t)dt, on a :
Z
f (ks)
∞
e−kst F (t)dt
=
Z0 ∞
=
=
u du
e−us F
k k
0
1
t
L F
k
k
en posant
u = kt
donc :
L−1 {f (ks)} = k1 F
Exercice 54n
1
o
−a
e− s
−1 e s
−1
Trouver L
=
si L
1
1
s2
2.4.5
s2
t
k
√
cos
√2 t
πt
Transformée de Laplace inverse des dérivées
Théorème 2.6 (Transformée inverse des dérivées) :
Si L−1 {f (s)} = F (t) alors :
L
Exemple : n
o
Comme L−1 s21+1 = sin t et
−1
n
o
f (n) (s)
d
1
ds s2 +1
=
−1
= L
−2s 2
s2 +1 ,
dn
f (s) = (−1)n tn F (t)
dsn
on a :
L−1
n
L−1
n
−2s
(s2 +1)2
o
= −t sin t
s
o
= 12 t sin t
ou encore :
(s2 +1)2
Preuve Comme :
L {tn F (t)}
=
(−1)n
dn
f (s) = (−1)n f (−n) (s)
dsn
par le théorème (1.6), on a directement :
n
o
L−1 f (n) (s)
=
41
= (−1)n tn F (t)
(76)
Mathématiques appliquées
2.4.6
2016-2017
Cl. Gabriel
Transformée de Laplace inverse des intégrales
Théorème 2.7 (Transformée inverse des intégrales) :
Si L−1 {f (s)} = F (t) alors :
Z ∞
f (u)du
=
L−1
F (t)
t
s
Exemple : n
o
n
1
= L−1 1s −
Comme L−1 s(s+1)
L−1
2.4.7
1
s+1
o
, on a :
nR ∞ 1
s
(77)
u
−
1
u+1
o
du = L−1 ln 1 + 1s =
1−e−t
t
Multiplication par sn
Théorème 2.8 (Multiplication par sn ) :
Si L−1 {f (s)} = F (t) et F (0) = 0, alors :
L−1 {sf (s)}
F 0 (t)
=
(78)
donc la multiplication par s a l’effet de dériver F (t).
Si F (0) 6= 0, alors :
L−1 {sf (s) − F (0)}
= F 0 (t)
ou encore :
L−1 {sf (s)}
F 0 (t) + F (0)δ(t)
=
(79)
où δ(t) est la fonction impulsion de Dirac.
Exemple : n
o
Comme L−1 s21+1 = sin t et sin 0 = 0, on a :
n
L−1
2.4.8
o
s
s2 +1
=
d
dt
sin t = cos t
Division par s
Théorème 2.9 (Division par s) :
Si L−1 {f (s)} = F (t) et F (0) = 0, alors :
L−1
f (s)
s
Z
=
t
F (u)du
0
donc la division par s a l’effet d’intégrer F (t) de 0 à t.
Exemple : n
o
Comme L−1 s21+4 =
1
2
sin 2t, on a :
L−1
n
1
ss2 +4
o
=
Rt
0
sin 2udu =
42
1
4
(1 − cos 2t)
(80)
Mathématiques appliquées
2.4.9
2016-2017
Cl. Gabriel
Propriété de convolution
Théorème 2.10 (Convolution) :
Si L−1 {f (s)} = F (t) et L−1 {g(s)} = G(t), alors :
L
−1
t
Z
{f (s)g(s)}
F (u)G(t − u)du ≡ F ∗ G
=
(81)
0
Nous appelons F ∗ G la convolution de F et de G.
Exemple : n
o
n
o
1
1
= et et L−1 s−2
= e2t on a :
Comme L−1 s−1
n
L−1
1
(s−1)(s−2)
o
=
Rt
0
eu e2(t−u) du = e2t − et
Preuve
Méthode 1 :
Il faut prouver :
Z
t
L
F (u)G(t − u)du = f (s)g(s)
0
où f (s) = L {F (t)} et g(s) = L {G(t)}.
Pour prouver cela, notons que le membre de gauche de cette égalité est :
Z t
Z ∞
Z ∞Z t
e−st
F (u)G(t − u)du dt =
e−st F (u)G(t − u)dudt = lim sM
t=0
u=0
t=0
u=0
M →∞
où :
Z
sM
M
Z
t
=
t=0
e−st F (u)G(t − u)dudt.
(82)
u=0
La région dans le plan tu sur laquelle l’intégration porte est la zône hachurée dans la figure ci-dessous à gauche :
Posons t − u = v ou t = u + v, la zone d’intégration du plan tu ci-dessus à gauche est transformée en la zone
hachurée ci-dessus à droite du plan uv :
En effet :
• Si u = 0, t va de 0 à M et v = t − u va de 0 à M
• Si 0 < u < M , t va de u à M et v va de 0 à M − u
• Si u = M , t = M et v vaut 0
On a alors, par un théorème de changement de variable dans les intégrales multiples :
ZZ
ZZ
∂(u, t) dudv
e−st F (u)G(t − u)dudt =
e−s(u+v) F (u)G(v) ∂(u, v) Rtu
Ruv
43
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
où le jacobien J de la transformation est :
J
=
∂(u, t) ∂(u, v) = ∂u
∂u
∂u
∂v
∂t
∂u
∂t
∂v
1
=
1
0 1 Le membre de droite de l’équation (82) devient donc :
Z M Z M −v
e−s(u+v) F (u)G(v)dudv.
sM =
(83)
u=0
v=0
Définissons une nouvelle fonction :
K(u, v) =

 e−s(u+v F (u)G(v)
u+v 6M
si
u+v >M
(84)
0

si
Cette fonction est définie sur le carré de la figure ci-dessous mais est nulle dans la partie non hachurée de ce carré.
On peut réécrire sM en terme de cette nouvelle fonction sous la forme :
Z M Z M
sM =
K(u, v)dudv.
v=0
u=0
donc :
Z
lim sM
M →∞
∞
∞
Z
=
K(u, v)dudv.
0
Z
0
∞
∞
Z
e−s(u+v) F (u)G(v)dudv.
Z ∞
Z ∞
−su
=
e
F (u)du
e−sv G(v)dv.
=
0
0
0
0
= f (s)g(s)
ce qui prouve le théorème (2.10).
Méthode 2 :
Calculons directement :
Z t
Z
L
F (u)G(t − u)du =
0
∞
e−st
0
Z
t
F (u)G(t − u)du dt
0
Représentons graphiquement le domaine d’intégration de cette intégrale :
Inversons l’ordre des variables d’intégration ; cela donne :
44
(85)
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
• t va de u à l’∞
• u va de 0 à l’∞
La transformée de la fonction devient donc :
Z
Z t
F (u)G(t − u)du =
L
0
∞
Z
∞
F (u)
G(t − u)e−st dt du
u
0
Changeons de variable et introduisons une variable v comme suit :

 v =t−u

dv = dt
Les bornes d’intégration deviennent :


t = u devient
v=0

t = ∞ devient
v=∞
On obtient finalement :
∞
=
Z
∞
G(v)e−s(u+v) dv du
0
0
Z ∞
Z ∞
−su
G(v)e−sv dv du
=
F (u)e
0
0
Z ∞
−su
= g(s)
F (u)e
du
Z
L {F ∗ G}
F (u)
0
= g(s).f (s)
ce qui termine la preuve du théorème (2.10) par la méthode 2.
Exemples :
1
1
2
2
s s +1
L−1 L et .L e2t
L−1 L et ∗ e2t
L {t ∗ sin t} =
1
−1
L
=
(s − 1)(s − 2)
L {t} .L {sin t} =
=
=
et ∗ e2t
Z t
eu .e2(t−u) du
0
Z t
e2t
e−u du
=
t
e −e−u 0
=
−e2t e−t − 1 = −et + e2t
=
=
0
2t
Remarque :
On a évidemment directement :
F ∗G=G∗F
En effet :
Z
F ∗G =
t
F (u)G(t − u)du
0
Posons :

 v = t − u ou encore

dv = −du
45
u=t−v
(86)
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
Si u = 0, v = t et si u = t, v = 0, donc :
=
Z 0
−
F (t − v)G(v)dv
t
Z t
F (t − v)G(v)dv
=
G∗F
F ∗G =
0
Exercices résolus
• Calculer L−1
n
o
s
(s2 +a2 )2
en utilisant le théorème de convolution (2.10) et vérifier le résultat par un calcul
utilsant le théorème (2.6).
On peut écrire :
s
(s2 +a2 )2
Comme L−1
n
o
s
s2 +a2
L−1
= cos at ≡ F (t) et L−1
s
2
(s + a2 )2
n
=
s
1
s2 +a2 . s2 +a2
o
1
s2 +a2
=
sin at
a
≡ G(t), on a :
= L−1 {f (s).g(s)}
t
Z
=
cos au
0
=
=
=
=
=
=
=
sin a(t − u)
du
a
Z
1 t
cos au (sin at cos au − cos at sin au) du
a 0
Z t
Z
1
cos at t sin 2au
sin at
du
cos2 audu −
a
a
2
0
0
t
Z t
1
1 + cos 2au
cos at
cos 2au
sin at
du −
−
a
2
a
4a
0
0
t
u sin 2au
cos at
1
t
sin at
+
+
[cos 2au]0
2
a
2
4a
4a
0
1 t
sin 2at
cos at
+
+
(cos 2at)
a 2
4a
4a2
t sin at 1
2 sin at
cos at
+ sin at
cos at −
2 sin2 at
2a
a
4
4a2
t sin at
2a
qui confirme le résultat trouvé plus haut en appliquant le théorème (2.6).
n
o
1
• Calculer L−1 s2 (s+1)
en utilisant le théorème de convolution (2.10).
2
On peut écrire :
1
s2 (s+1)2
Comme L−1
1
s2
= t ≡ G(t) et L−1
L−1
n
1
(s+1)2
o
1
s2 (s + 1)2
=
1
1
s2 . (s+1)2
= te−t ≡ F (t), on a :
=
L−1 {f (s).g(s)}
Z
t
ue−u (t − u)du
=
0
Z
=
0
46
t
ut − u2 e−u du
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
Par parties :
f = (ut − u2 )
g 0 = e−u
f 0 = t − 2u
g = −e−u
On obtient :
L−1
1
s2 (s + 1)2
t
Z
ut − u2 e−u du
=
0
=
=
h
it Z t
2
(t − 2u)e−u du
−e−u(ut−u ) +
0
0
Z t
−e−t .0 +
(t − 2u)e−u du
0
Une nouvelle intégration par parties :
f = t − 2u
g 0 = e−u
donne :
1
L−1
s2 (s + 1)2
Z
=
f 0 = −2
g = −e−u
t
(t − 2u)e−u du
0
t
= −e−u (t − 2u) 0 −
Z
t
2e−u du
0
t
= −e−t (−t) + e−0 (t) + 2 e−u 0
= te−t + t + 2e−t − 2
Vérification :
L te−t + t + 2e−t − 2
=
=
=
1
1
2
2
+ 2+
−
(s + 1)2
s
s+1 s
s2 + (s + 1)2 + 2s2 (s + 1) − 2s(s + 1)2
s2 (s + 1)2
1
2
s (s + 1)2
Exercice 55
Calculer :
• L {e−t ∗ cos t}
n
o
1
• L−1 s2 (s−a)
n
o
1
• L−1 (s2 +a
2 )2
o
n
s2
• L−1 (s2 +a
2 )2
n
o
s
• L−1 (s2 +a
2 )2
n
o
1
• L−1 (s+3)(s−1)
n
o
• L−1 (s+2)21(s−2)
n
o
1
• L−1 (s+1)(s
2 +1)
n
o
2
• L−1 (s2s+4)2
n
o
1
• L−1 (s2 +1)
3
n
o
s
• L−1 (s2 +4)
3
47
Mathématiques appliquées
2.5
2016-2017
Cl. Gabriel
Méthodes pour trouver les transformées de Laplace inverse
Il existe plusieurs méthodes pour déterminer les transformées de Laplace inverses :
1. Méthode des fractions rationnelles
(s)
Toute fraction rationnelle PQ(s)
où P (s) et Q(s) sont des polynômes en s et deg(P ) < deg(Q) peut être
A
écrite comme la somme de fractions rationnelles simples (appelées fractions partielles) de la forme (as+b)
r
As+B
ou (as2 +bs+c)r avec r = 1, 2, 3, · · · .
Plus précisément :
• Si a est une racine réelle d’ordre k du dénominateur, c’est-à-dire si Q(s) = (s−a)k .Q1 (s) et Q1 (a) 6= 0,
alors :
Ak
P1 (s)
A1
A2
P (s)
+ ··· +
+
=
+
Q(s)
s − a (s − a)2
(s − a)k
Q1 (s)
P1 (s)
Q1 (s)
avec A1 , · · · , Ak ∈ R et
(87)
est une fraction rationnelle régulière.
• Si Q(s) possède deux racines complexes conjuguées d’ordre k, c’est-à-dire si Q(s) = (s2 +bs+c)k Q1 (s)
avec b2 − 4ac < 0, alors :
P (s)
Q(s)
Ak s + Bk
P1 (s)
A1 s + B 1
A2 s + B 2
+ ··· + 2
+
+
s2 + bs + c (s2 + bs + c)2
(s + bs + c)k
Q1 (s)
=
avec A1 , B1 , · · · , Ak , Bk ∈ R et
P1 (s)
Q1 (s)
est une fraction rationnelle régulière.
En trouvant la transformée de Laplace inverse de chaque fraction partielle, on peut trouver L−1
Exemple : n
o
Trouver L−1 s23s+7
−2s−3 ; on a :
s2
3s + 7
− 2s − 3
(88)
=
n
P (s)
Q(s)
3s + 7
A
B
=
+
(s − 3)(s + 1
s−3 s+1
(89)
Déterminons les coefficients de la décomposition :
• Méthode 1 : multiplions (89) par (s − 3)(s − 1), on obtient :
3s + 7 = A(s + 1) + B(s − 3) = (A + B)s + (A − 3B)
Egalisons les coefficients (comme la décomposition doit être valable pour tout s), on obtient :
A+B =3
et A − 3B = 7
On résout et on trouve finalement A = 4 et B = −1.
• Méthode 2 : multiplions (89) par s − 3 et prenons la limite pour s → 3 :
3s + 7
B(s − 3)
= A + lim
=A=4
s→3 s + 1
s→3
s+1
lim
Multiplions (89) par s + 1 et prenons la limite s → −1 :
lim
s→−1
3s + 7
A(s + 1)
= lim
+ B = B = −1
s→−1
s+1
s−3
On a donc trouvé, par chaque méthode :
3s+7
s2 −2s−3
=
4
s−3
−
1
s+1
Par conséquent :
L−1
3s + 7
s2 − 2s − 3
1
s−3
=
4L−1
=
4e3t − e−t
48
− L−1
1
s+1
o
.
Mathématiques appliquées
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2. Méthode des séries
Si f (s) a un développement en série de puissances inverses de s donné par :
f (s)
a2
a3
a0
a1
+ 2 + 3 + 4 + ···
s
s
s
s
=
(90)
alors sous des conditions conveables on peut inverser terme par terme pour obtenir :
F (t) = a0 0 + a1 t +
a2 t2
a3 t3
+
+ ···
2!
3!
(91)
3. Méthode des équations différentielles
Cf. Exercice résolu ci-dessous
4. Dérivation par rapport à un paramètre
5. Méthodes diverses utilisant les théorèmes précédents
6. Utilisation de tables
7. Formule d’inversion complexe
Exercice 56
Trouver les transformées de Laplace inverse ci-dessous par la méthode des fractions partielles.
o
n
2s2 −4
• L−1 (s+1)(s−2)(s−3)
• L−1
n
5s2 −15s−11
(s+1)(s−2)3
o
• L−1
n
3s+1
(s−1)(s2 +1)
o
• L−1
n
s2 +2s+3
o
(s2 +2s+2)(s2 +2s+5)
Exercice résolu
n √ o
Trouver L−1 e− s par la méthode des équations différentielles et confirmer le résultat trouvé par la méthode
des séries.
• Méthode des√équations différentielles
Posons y = e− s = L {Y (t)}, alors y 0 = −
1
1
2s 2
e−
√
s
et y 00 =
√
1 − s
4s e
+
1
3
4s 2
4sy 00 + 2y 0 − y = 0
On a :
y 00
= L t2 Y
donc :
sy 00
= L
d 2 t Y
dt
= L t2 Y 0 + 2tY
et :
y 0 = L {−tY }
donc on peut réécrire (92) comme suit :
4L t2 Y 0 + 2tY Y − 2L {tY } − L {Y } = 0
ou encore :
4t2 Y 0 + (6t − 1)Y = 0
49
√
e−
s
, donc :
(92)
Mathématiques appliquées
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qui peut être écrit, en séparant les variables :
dY
6t − 1
dt = 0
+
Y
4t2
qui donne :
ln Y +
3
2
ln t +
1
4t
= c1
c’est-à-dire :
Y =
1
e− 4 t
c
3
t2
Maintenant :
tY =
1
e− 4 t
c
1
t2
donc :
d
L {Y }
ds
d −√s e
= −
ds
√
1
√ e− s
=
2 s
L {tY }
Quand t est grand, tY ∼
√
− s
e√
2 s
Quand s est petit,
c
1
t2
∼
= −
√
, donc L {tY } ∼ c
1
√
.
2 s
π
1
s2
(93)
.
En effet, par le théorème de la valeur finale (1.17) :
lim F (t) = lim sf (s)
t∞
1
√
2 π
Il s’ensuit que c =
s→0
et donc finalement :
1
n √ o
e− 4 t
L−1 e− s = Y (t) = √ 3
2 πt 2
Remarque : on a aussi utilisé ici le résultat suivant :
Si F (t) ∼ ctp lorsque t → ∞ (avec p < −1 alors f (s) ∼ c Γ(p+1)
sp+1 quand s → 0
qui résulte directement du théorème (1.19) avec L {ctp } = c Γ(p+1)
sp+1
√ .
Ce résultat appliqué avec p = − 21 donne Γ(− 12 + 1) = Γ( 12 ) = π
• Méthode des séries
On a :
−1
L
)
3
5
s
s2
s2
s2
1−s + −
+
−
+ ···
2!
3!
4!
5!
( 3)
n 1o
nso
s2
−1
−1
−1
−1
= L {1} − L
s2 + L
−L
+ ···
2!
3!
n √ o
= L−1
e− s
(
1
2
On a :
3
−1
L
n
o
1
sp+ 2
=
=
t−p− 2
Γ(−p −
1
2
(−1)p+1 1 3 5
2p + 1 −p− 3
2
√
···
t
2
π 222
car :
50
(94)
Mathématiques appliquées
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2 √
Γ(−p − 12 ) = (−1)p+1 21 32 25 · · · 2p+1
π
∀p = 1, 2, 3, · · ·
et :
L−1 {sp } = 0
On a finalement :
n √ o
L−1 e− s
=
=
=
3
5
7
t− 2
1 3 t− 2
1 3 5 t− 2
√ −
√ +
√
2 π 2 2 3! π 2 2 2 5! π
)
(
1 2
1 3
1
1
2
2
2 t
− 2 t + ···
√ 3 1− 2 +
2 t
2!
3!
2 πt 2
1
−1
√ 3 e 4t
2 πt 2
qui confirme le résultat trouvé par la méthode des équations différentielles.
3
Application de la transformée de Laplace aux équations différentielles
3.1
Equations différentielles à coefficients constants
La transformée de Laplace est utile pour résoudre les équations différentielles linéaires à coefficients constants.
Par exemple une équation différentielle du deuxième ordre linéaire à coefficients constants :
d2 Y
dY
+α
+ βY = F (t)
dt2
dt
où α et β sont des constantes avec des conditions initiales Y (0) = A et Y 0 (0) = B.
La méthode de résolution consiste :
• à prendre la transforée de Laplace des deux membres de l’équation ;
• à utiliser les conditions initiales pour calculer les dérivées ;
• à obtenir une équation algébrique pour obtenir l {Y (t)} = y(s) ;
• la solution cherchée s’obtient en prenant la transformée de Laplace inverse de y(s)
Exemples :
• Résoudre l’équation du premier ordre :
dY
+ 4Y (t) = 2e−3t
dt
avec Y (0) = 0.
Prenons la transformée de laplace des deux membres :
dY
L
+ 4L {Y (t)} =
dt
sy(s) − Y (0) + 4y(s)
=
sy(s) − 3 + 4y(s)
=
(s + 4)y(s)
=
y(s)
=
y(s)
=
Décomposons en éléments simples :
51
2L e−3t
2
s+3
2
s+3
2
+3
s+3
2 + 3(s + 3)
(s + 3)(s + 4)
11 + 3s
(s + 3)(s + 4)
(95)
Mathématiques appliquées
2016-2017
11+3s
(s+3)(s+4
Cl. Gabriel
2
s+3
=
+
1
s+4
donc :
2
s+3
y(s) = L {Y (t)} =
+
1
s+4
Prenons la transformée de Laplace inverse :
Y (t)
= L
=
−1
{y(s)} = 2L
−1
1
s+3
+L
−1
1
s+4
2e−3t + e−4t
Vérification :
Y 0 (t) = −6e−3t − 4e−4t et Y 0 (t) + 4Y (t) = −6e−3t − 4e−4t + 8e−3t + 4e−4t = 2e−3t
et on a bien Y (0) = 3.
• Résoudre l’équation du deuxième ordre :
Y 00 + Y = t
pour Y (0) = 1etY 0 (0) = −2
Prenons la transformée des deux membres :
L {Y 00 } + L {Y }
=
s2 y(s) − sY (0) − Y 0 (0) + y(s)
=
s2 y(s) − s + 2 + y(s)
=
L {t}
1
s2
1
s2
donc :
y(s) = L {Y (t)}
s−2
+ 1) s2 + 1
s
2
1
1
+
−
− 2
s2
s + 1 s2 + 1 s2 + 1
1
s
3
+ 2
− 2
2
s
s +1 s +1
1
=
+
s2 (s2
=
=
et :
Y (t)
= L
−1
{y(s)} = L
−1
1
s2
−1
+L
s
s2 + 1
−1
− 3L
= t + cos t − 3 sin t
Vérification :
Y 0 (t) = 1 − sin t − 3 cos t, Y 00 (t) = − cos t + 3 sin t
Y (t) + Y (t) = − cos t + 3 sin t + t + cos t − 3 sin t = t
00
et on a bien Y (0) = 1 et Y 0 (0) = −2.
Exercice 57
Résoudre :
• Y 00 − 3Y 0 + 2Y = 4e2t pour Y (0) = −3 et Y 0 (0) = 5
• Y 00 + 2Y 0 + 5Y = e−t sin t pour Y (0) = 0 et Y 0 (0) = 1
• Y 000 − 3Y 00 + 3Y 0 − Y = t2 et pour Y (0) = 1, Y 0 (0) = 0, Y 00 (0) = −2
• Y 000 − 3Y 00 + 3Y 0 − Y = t2 et pour Y (0) = A, Y 0 (0) = B, Y 00 (0) = C
• Y 00 + 9Y = cos 2t pour Y (0) = 1 et Y ( π2 ) = −1
• Y 00 + a2 Y = F (t) pour Y (0) = 1 et Y 0 (0) = −2
• Y 00 − a2 Y = F (t)
52
1
s2 + 1
Mathématiques appliquées
3.2
2016-2017
Cl. Gabriel
Equations différentielles ordinaires à coefficients variables
La transformée de Laplace peut aussi être utilisée pour résoudre certaines équations différentielles à coefficients
variables, notamment celles dans lesquelles les termes sont de la forme tm Y (n) (t) qui admet pour transformée
de laplace :
(n) dm
(−1)m ds
Y (t)
mL
Exemple :
Résolvons :
tY 00 + Y 0 + 4tY = 0 pour Y (0) = 3 et Y 0 (0) = 0
On a :
L {tY 00 } + L {Y 0 } + L {4tY }
d
d
− L {Y 00 } + L {Y 0 } + 4(−1) L {Y }
ds
ds
d 2
dy
−
s y(s) − sY (0) − Y 0 (0) + {sy(s) − Y (0)} − 4
ds
ds
dy
2 dy
−2sy(s) − s
+ 3 + sy(s) − 3 − 4
ds
ds
dy
(s2 + 4)
+ sy(s)
ds
dy
y
1
ln y + ln(s2 + 4)
2
y(s)
En inversant, on trouve :
Y (t) = cJ0 (2t)
Pour déterminer c, notons que Y (0) = cJ0 (0) = c = 3 donc :
Y (t) = 3J0 (2t)
Exercice 58
Résoudre :
• tY 00 + 2Y 0 + tY = 0 pour Y (0+) = 1 et Y (π) = 0
• Y 00 − tY 0 + Y = 1 pour Y (0) = 1 et Y 0 (0) = 2
Exercice 59
Résoudre les équations à coefficients constants suivantes :
• Y 000 + Y 0 = t pour Y (0) = Y 0 (0) = Y 00 (0) = 1
• Y 00 + 2Y 0 + Y = Constante pour Y (0) = Y 0 (0) = 0
• Y 00 (t) − Y 0 (t) + Y (t) = et pour Y (0) = 0 et Y 0 (0) = 1
• Y 00 (t) − Y 0 (t) + Y (t) = et cos t pour Y (0) = Y 0 (0) = 0
• Y 000 (t) − Y 0 (t) = et sin t pour Y (0) = Y 0 (0) = Y 00 (0) = 0
• Y 00 (t) − Y 0 (t) = Y (t) pour Y (0) = Y 0 (0) = 1
• Y 0 (t) + Y (t) = 1 + t cos t pour Y (0) = 0
• Y 00 (t) + Y (t) = 8 cos t pour Y (0) = 1 et Y 0 (0) = −1
• Y 00 (t) + 4Y (t) = 12t avec Y (0) = 0 et Y 0 (0) = 7
53
=
0
=
0
=
0
=
0
=
0
=
−
=
c1
=
√
s
ds
s2 + 4
c
s2
+4
Mathématiques appliquées
2016-2017
• Y 00 (t) − 3Y 0 (t) + 2Y (t) = 4t + 12e−t pour Y (0) = 6 et Y 0 (0) = −1
• Y 00 (t) − 4Y 0 (t) + 5Y (t) = 125t2 pour Y (0) = Y 0 (0) = 0
• Y 00 (t) + Y (t) = 8 cos t avec Y (0) = 1 et Y 0 (0) = −1
• Y 000 (t) − Y (t) = et avec Y (0) = Y 0 (0) = Y 00 (0) = 0
• Y (4) + 2Y 00 (t) + Y (t) = sin t avec Y (0) = Y 0 (0) = Y 00 (0) = Y 000 (0) = 0
• Y 00 (t) + 9Y (t) = 18t avec Y (0) = 0 et Y ( π2 ) = 0
• Y (4) (t) − 16Y (t) = 30 sin t avec Y (0) = 0, Y 0 (0) = 2, Y 00 (π) = 0, Y 000 (π) = −18
• Y 00 − 4Y 0 + 3Y = F (t) si Y (0) = 1 et Y 0 (0) = 0
Exercice 60
Résoudre les équations à coefficients non constants suivantes :
• Y 00 + tY − Y = 0 avec Y (0) = 0 et Y 0 (0) = 1
• tY 00 + (1 − 2t)Y 0 − 2Y = 0 avec Y (0) = 1 et Y 0 (0) = 2
• tY 00 + (t − 1)Y 0 − Y = 0 avec Y (0) = 5 et Y (∞) = 0
54
Cl. Gabriel
Mathématiques appliquées
4
2016-2017
Cl. Gabriel
Appendice A : Table de propriétés générales des transformées de
Laplace
55
Mathématiques appliquées
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56
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Mathématiques appliquées
5
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Appendice B : Table de transformées de Laplace particulières
57
Mathématiques appliquées
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58
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59
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66
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6
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Appendice C : fractions rationnelles
6.1
Définition
Une fraction rationnelle est le quotient de deux polynômes à une indéterminée x dont les fonctions polynômes
associées sont à valeurs dans un ensemble K et n’ont pas de racine commune (sinon on simplifie). En pratique,
cet ensemble est généralement R (ensemble des réels) ou C (ensemble des complexes). Si Pn (x) et Qm (x) sont
n
est définie pour
deux polynômes, de degrés n et m et si Qm n’est pas le polynôme nul, la fraction f = QPm
tout x tel que QM (x) 6= 0 par
Pn (x)
f (x) =
(96)
Qm (x)
Remarque : on peut toujours supposer Qm unitaire, c’est-à-dire de coefficient du terme xm égal à 1.
• Si n < m, la fraction est dite régulière
• Si n > m, la fraction est dite irrégulière
6.1.1
Décomposition en éléments simples
Soit Pn et Qm deux polynômes, on veut décomposer la fraction rationnelle F (x) =
Pn (x)
Qm (x) .
On s’intéressera, dans la suite, aux fonctions rationnelles (dites ”irréductibles”) simplifiées au maximum, c’està-dire dans lesquelles Pn (x) et Qm (x) sont premiers entre eux et où Qm est de degré supérieur ou égal à 1. On
notera K un corps commutatif (en général C ou R).
6.1.2
Obtention d’une fraction régulière
La première étape consiste à réduire la fraction de telle sorte que le degré du numérateur soit inférieur à celui
du dénominateur (c’est-à-dire à se ramener à une fraction régulière). On procède pour ce faire à une division
euclidienne de Pn (x) par Qm (x). On sait qu’il existe toujours un couple unique de polynômes Sn−m (x) et Rl (x)
tels que :
Pn (x) = Qm (x).Sn−m (x) + Rl (x)
ou encore :
Pn (x)
Qm (x)
= Sn−m (x) +
Rl (x)
Qm (x)
avec :
• Sn−m (x) = quotient de la division, qui est un polynôme de degré n − m appelé partie entière de la fraction
• Rl (x) = reste de la division, qui est un polynôme de degré l < m
•
Rl (x)
Qm (x)
qui est la fraction rationnelle régulière associée à F
Exemple : décomposer
x4 −3
x2 +2x+1
x4
−x4
−3
3
−2x
2x3
+2x3
2
−x
−x2
+4x2
3x2
−3x2
−3
+2x
+2x
−6x
−4x
67
−3
−3
−6
x2
x2
+2x +1
−2x +3
Mathématiques appliquées
6.1.3
2016-2017
Cl. Gabriel
Éléments simples de première et deuxième espèces
n
La fraction rationnelle F = QPm
peut donc s’écrire F = Sn−m + QRml . Le polynôme Sn−m est appelé la partie
entière de F et c’est sur QRml que l’on va procéder à une décomposition en éléments simples.
Les polynômes irréductibles à coefficients réels sont du premier ou du second degré. Traditionnellement, dans
ce cas, les fractions rationnelles obtenues dans la décomposition sont appelées respectivement éléments simples
de première espèce et éléments simples de seconde espèce.
On appelle :
• élément simple de première espèce une fraction rationnelle de la forme :
α
(x−a)p
avec a, α ∈ R et p ∈ N∗
• élément simple de deuxième espèce une fraction rationnelle de la forme :
βx+γ
(x2 +bx+c)q
6.1.4
avec β, γ ∈ R, q ∈ N∗ et b, c ∈ R et tels que b2 − 4c < 0
Décomposition d’une fraction rationnelle en éléments simples
Théorème 6.1 (Décomposition)
P
Soit F = Q
irréductible, alors si Q admet la factorisation :
(x − a1 )p1 (x − a2 )p2 ...(x − ap )pr (x2 + b1 x + c1 )q1 (x2 + b2 x + c2 )q2 · · · (x2 + bs x + cs )qs
s
r
Y
Y
(x2 + bj x + cj )qj
=
(x − ai )pi
Q =
i=1
j=1
où les polynômes x2 + bj x + cj n’ont pas de racine réelle ( ∆ négatif, donc b2j − 4cj < 0) alors F admet la
décomposition unique en éléments simples suivante :
α
p1
α1
α2
F = S + (x−a
+ (x−a
2 + ... + (x−a )p1
1)
1)
1
+···
αpr
α1
α2
+ (x−a
+ (x−a
2 + ... + (x−a )pr
r)
r)
r
1 x+γ1
+ (x2β+b
+
1 x+c1 )
+...
s x+γs
+ (x2β+b
+
s x+cs )
β2 x+γ2
(x2 +b1 x+c1 )2
+ ... +
βq1 x+γq1
(x2 +b1 x+c1 )q1
βs x+γs
(x2 +bs x+cs )2
+ ... +
βs x+γs
(x2 +bs x+cs )qs
ou encore :
F =S+
pi
r X
X
i=1 ki =1
qj
s X
X
βkj x + γkj
αki
+
k
2
i
(x − ai )
(x + bj x + cj )kj
j=1
kj =1
où les αki , βkj et γkj sont des nombres réels et le polynôme S est la partie entière de F .
Exemples :
• on peut trouver des coefficients a, b, c, d et e en sorte que :
3x5 + 2
a
b
c
dx + e
=c+
+
+
+ 2
3
2
2
3
(x − 1) (x + 1)
x − 1 (x − 1)
(x − 1)
x +1
• on peut trouver des coefficients a, b, c, d, e, f et g tels que :
1
a
b
c
dx + e
fx + g
=
+
+
+
+
(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x2 + x + 1)2
x + 1 x + 2 x + 3 x2 + x + 1 (x2 + x + 1)2
68
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
La difficulté principale est donc à présent d’identifier ces coefficients ; il existe pour ce faire plusieurs méthodes,
dont certaines sont illustrées dans les exemples suivants.
Exemples de détermination des coefficients de la décomposition en éléments simples :
1. Étude d’un exemple avec deux pôles simples : F = x21−1
Q = (x − 1)(x + 1) donc cette fraction admet deux pôles ”simples” (c’est-à-dire d’ordre 1) : 1 et -1.
On en déduit que F peut s’écrire sous la forme :
F =
1
x2 −1
=
1
(x−1)(x+1)
=
a
x−1
+
b
x+1
Il s’agit de déterminer a et b. Une méthode qui est toujours réalisable consiste à réduire au même
dénominateur le membre de droite de la décomposition et à identifier les coefficients des numérateurs.
Cette méthode n’est pas très efficace car elle demande la résolution d’un nombre d’équations correspondant au nombre de coefficients à déterminer. On peut réduire grandement le travail en éliminant, par une
multiplication judicieuse, tous les coefficients sauf un. Ainsi dans notre exemple en multipliant par (x − 1),
on obtient
1
(x+1)
1
=
(x − 1) (x+1)(x−1)
b
= a + (x − 1) (x+1)
En posant alors x = 1, il vient a = 1/2.
Puis, en multipliant F par (x + 1) et en posant x = −1, il vient b = −1/2 puisque :
1
(x−1)
1
=
(x + 1) (x+1)(x−1)
a
= b + (x + 1) (x−1)
La fraction F se décompose alors en
F =
1
x2 −1
=
1/2
(x−1)
−
1/2
(x+1)
x+3
2. Exemple avec quatre pôles simples : F = x4 −5x
2 +4
Par factorisation du polynôme bicarré et par utilisation des identités remarquables, on peut l’écrire
F =
x+3
(x−1)(x+1)(x−2)(x+2)
qui se décompose en
x+3
(x−1)(x+1)(x−2)(x+2)
=
a
x−1
+
b
x+1
+
c
x−2
+
d
x+2
Pour trouver le coefficient a, il suffit de multiplier les deux membres par x − 1 puis de remplacer x par 1 :
x+3
(x+1)(x−2)(x+2)
=a+
b(x−1)
x+1
+
c(x−1)
x−2
+
d(x−1)
1+3
x+2 (1+1)(1−2)(1+2)
= a = − 32
De même pour trouver b, il suffit de multiplier par x + 1 et de remplacer x par −1 :
−1+3
(−1−1)(−1−2)(−1+2)
=b=
1
3
Pour c, il suffit de multiplier par x − 2 et de remplacer x par 2 :
2+3
(2−1)(2+1)(2+2)
=c=
5
12
et pour d, on multiplie par x + 2 et on remplace x par −2 :
−2+3
(−2−1)(−2+1)(−2−2)
1
= d = − 12
Donc finalement :
x+3
(x−1)(x+1)(x−2)(x+2)
=
−2/3
x−1
3. Existence d’un facteur irréductible du second degré
Pour décomposer
69
+
1/3
x+1
+
5/12
x−2
+
−1/12
x+2
Mathématiques appliquées
2016-2017
Cl. Gabriel
10x2 +12x+20
x3 −8
en éléments simples, observons d’abord que :
x3 − 8 = (x − 2)(x2 + 2x + 4).
Le fait que x2 +2x+4 ne soit pas factorisable en utilisant des coefficients réels est visible car le discriminant,
22 − 4(1)(4), est négatif. Nous cherchons donc des scalaires a, b, c tels que :
10x2 +12x+20
x3 −8
10x2 +12x+20
(x−2)(x2 +2x+4)
=
a
x−2
=
+
bx+c
x2 +2x+4 .
Les différentes étapes sont :
• En multipliant par (x − 2) il vient :
(x−2)(10x2 +12x+20)
(x−2)(x2 +2x+4)
a
= (x − 2) x−2
+ (x − 2) x2bx+c
+2x+4
soit :
10x2 +12x+20
x2 +2x+4
= a + (x − 2) x2bx+c
+2x+4
10·22 +12·2+20
22 +2·2+4
bx+c
= a + (2 − 2) 22 +2·2+4
• En posant x = 2 :
soit : 7 = a.
• En posant x = 0 et en utilisant que a = 7, il vient :
20
−8
7
−2
=
+
c
4
soit : c = 4.
• En posant x = 1 et en utilisant que a = 7 et c = 4 :
10·12 +12·1+20
(1−2)(12 +2·1+4)
=
7
1−2
+
b·1+4
12 +2·1+4
soit b = 3
La décomposition en éléments simples est donc finalement :
10x2 +12x+20
x3 −8
=
7
x−2
+
3x+4
x2 +2x+4 .
4. Répétition d’un facteur irréductible du second degré
F =
25
(x+2)(x2 +1)2
avec le facteur irréductible du second degré x2 +1 au dénominateur, la décomposition en fractions partielles
sera de la forme :
F =
a
x+2
+
bx+c
x2 +1
+
dx+e
(x2 +1)2
La détermination de a se fait en multipliant par x + 2 et en prenant x = −2. On obtient a = 1. On peut
alors écrire :
bx+c
x2 +1
+
dx+e
(x2 +1)2
=F−
a
x+2
=
25
(x+2)(x2 +1)2
−
1
x+2
= ··· =
−x3 + 2x2 − 6x + 12
(x2 + 1)2
En remplaçant, dans le numérateur, −x3 +2x2 par x2 (−x+2) = (x2 +1−1)(−x+2) = (x2 +1)(−x+2)+x−2,
cette fraction devient :
(x2 + 1)(−x + 2) − 5x + 10
=
(x2 + 1)2
−x+2
x2 +1
+
−5x+10
(x2 +1)2
La décomposition finale est donc
25
(x+2)(x2 +1)2
=
1
x+2
70
+
−x+2
x2 +1
+
−5x+10
(x2 +1)2
.