TRANSFORMÉE DE LAPLACE

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I) INTRODUCTION

1) Fonction de Heaviside :

On appelle fonction de Heaviside la fonction $\mathcal{U}$ définie sur I R par :

$$\left\lbrace\begin{array}{l@{\ \Longrightarrow\ }l} t < 0 & \mathcal{U}(t) = 0 \\ t\geqslant 0 & \mathcal{U}(t) = 1 \end{array}\right.$$

En effectuant le produit $\mathcal{U}(t)\,f(t)$, on obtient une fonction nulle sur $]-\infty,0[$ et égale à $f(t)$ sur l'intervalle $[0,+\infty[$.

On remarque au passage que la fonction ${\displaystyle t\mapsto\mathcal{U}(t-t_{0})}$, avec $t_{0}>0$, donne la même

2) La fonction $\Gamma$ :

*

Définition : La fonction $\Gamma$ est définie sur $]0,+\infty[$ par : ${\displaystyle \Gamma(x)=\int\limits_0^{+\infty} t^{x-1}e^{-t}dt}$

*

Convergence de l'intégrale au voisinage de $0^+$. On a : ${\displaystyle\lim\limits_{t\to 0^+} \frac{t^{x-1}e^{-t}}{t^{x-1}}=1 }$

Donc les intégrales ${\displaystyle \int\limits_0^1 t^{x-1}e^{-t}dt \quad\textrm{et}\quad\int\limits_0^1 t^{x-1}dt}$ sont de même nature.

Pour $x\geqslant 1$, la deuxième est évidemment convergente donc la premièr aussi.

Pour $0 < x < 1$ on peut écrire ${\displaystyle t^{x-1}=\frac{1}{t^{1-x}}}$ avec $1-x<1$. Ceci assure la convergence de la deuxième intégrale, donc celle de la première.

*

Convergence de l'intégrale $\Gamma(x)$ au voisinage de $+\infty$ : pour $x>1$, il existe deux entiers consécutifs $n$ et $n+1$ tels que ${\displaystyle 0\leqslant t^n e^{-t}\leqslant t^{x-1}e^{-t} < t^{n+1} e^{-t}}$

Un calcul élémentaire montre que : ${\displaystyle \int\limits_0^{+\infty}t^{n+1} e^{-t}dt=n!}$ pour $n\geqslant 0$.

Cette intégrale étant convergente, on peut conclure que ${\displaystyle\int\limits_0^{+\infty} t^{x-1}e^{-t}dt}$ converge aussi.

*

Calcul de quelques valeurs de $\Gamma(x)$ :

Le même calcul qui a prouvé la convergence de ${\displaystyle \Gamma(x)}$ au voisinage de $+\infty$ montre que : $\Gamma(n+1) = n!$

On peut utiliser la relation $\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)$ pour calculer les valeurs ${\displaystyle\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)}$ où $n$ est un entier naturel positif ou nul.

On se trouve ramené au calcul de ${\displaystyle \Gamma\left(\frac{1}{2}\right) =\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-t}}{\sqrt{t}}\,dt }$ Le changement de variable $u=\sqrt{t}$ conduit au résultat suivant : ${\displaystyle\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)= \sqrt{\pi}}$

3) La distribution de Dirac $\delta$ :

Considérons la fonction définie sur I R et valant 0 sur l'intervalle $]\,-\infty\;;\;0\,[$ ainsi que sur $]\,\epsilon\;;\;+\infty\,[$. On suppose qu'elle vaut $1/\epsilon$ sur l'intervalle $[\,0\;;\;\epsilon\,]$.

Lorsque $\epsilon$ tend vers $0^{+}$, l'intégrale sur I R de cette fonction reste constante et vaut 1. La fonction tend alors vers la distribution de Dirac, sorte de fonction qui vaut 0 patout ailleurs qu'en 0 et qui vaut $+\infty$ pour $t=0$. Elle sert à modéliser une impulsion très forte et très brève.

II) TRANSFORMÉE DE LAPLACE

1) Définition :

Soit une fonction $f$ définie sur I Ret nulle sur $]-\infty,0[$. On appelle transformée de Laplace de $f$ la fonction $F=\mathcal{L}(f)$ définie sur $]0,+\infty[$ par : ${\displaystyle F(p)=\int\limits_0^{+\infty} f(t)e^{-pt}dt}$ sous réserve de convergence de l'intégrale, bien évidemment. La fonction $F$ est appelée image de la fonction $f$ et la fonction $f$ est appelée originale de la fonction $F$.

2) Transformée de la fonction $t\mapsto f[a(t-t_0)] \textrm{\ avec\ } a>0$

Un changement de variable simple montre que la transformée de cette fonction est :

$$x\mapsto\frac{e^{-t_0\,x}}{a}F\left(\frac{x}{a}\right)$$

Ce résultat est connu sous le nom de théorème du retard.

3) Transformée de la fonction ${\displaystyle t\mapsto e^{-at}f(t) \textrm{\ avec\ }a>0}$

Cette fonction a pour image : ${\displaystyle x\mapsto F(x+a)}$

4) Originale la fonction : $x\mapsto F'(x)$

On démontre qu'il est possible de dériver par rapport à $x$ l'expression :

$${\displaystyle \int\limits_0^{+\infty}f(t)e^{-xt}dt}$$

ce qui donne :

$${\displaystyle F'(x)=\int\limits_0^{+\infty} f(t)(-t\,e^{-xt})\,dt =\int\limits_0^{+\infty}\left[-tf(t)\right]e^{-xt}}dt$$

Ceci montre que : ${\displaystyle x\mapsto F'(x)}$ est l'image de ${\displaystyle t\mapsto -t\,f(t)\,\mathcal{U}(t)}$

5) Transformée de la dérivée :

$$\int\limits_0^{+\infty}f'(t)e^{-xt}dt =\left[f(t)e^{-xt}\right]_{t=0}^{t=+\infty} -\int\limits_0^{+\infty}f(t)(-x\,e^{-xt})\,dt = x\,F(x) - f(0)$$

III) TRANSFORMÉE DE QUELQUES FONCTIONS USUELLES

1) Transformée de la fonction de Heaviside :

$$\int\limits_0^{+\infty}\mathcal{U}(t)e^{-xt}dt =\int\limits_0^{+\... ...^{t=+\infty}=\frac{1}{x} \Longrightarrow \mathcal{L(U)} = x\mapsto \frac{1}{x}$$

2) Transformée de la fonction : ${\displaystyle t\mapsto t^n \textrm{\ avec\ } n \geqslant 0}$

$$\int\limits_0^{+\infty}t^n\,e^{-xt}dt =\int\limits_0^{+\infty}\le... ...ac{1}{x^{n+1}}\int\limits_0^{+\infty}u^n e^{-u}du =\frac{\Gamma(n+1)}{x^{n+1}}$$

Dans le cas particulier où $n \in$   I N, on trouve : ${\displaystyle \mathcal{L}\left(t\mapsto t^n\right) = x \mapsto \frac{n!}{x^{n+1}}}$

3) Transformées des fonctions $\cos$ et $\sin$

$\omega$ étant une constante non nulle, posons

$$I(x) = \int\limits_0^{+\infty}\cos\omega t\,e^{-xt}dt \textrm{\ et\ } J(x)=\int\limits_0^{+\infty}\sin\omega t\,e^{-xt}dt$$

Il vient alors :

$$I(x)=\int\limits_0^{+\infty}\cos\omega t\,e^{-xt}dt =\left[\frac{... ...\infty}\frac{\sin\omega t} {\omega}\,(-x\,e^{-xt})\,dt =\frac{x}{\omega}\,J(x)$$

Par ailleurs :

$$J(x)=\int\limits_0^{+\infty}\sin\omega t\,e^{-xt}dt =\left[\frac{... ...nfty} -\int\limits_0^{+\infty} \frac{-\cos\omega t}{\omega}\,(-x\,e^{-xt})\,dt$$

$$\Longrightarrow J(x) =\frac{1}{\omega}-\frac{x}{\omega}\,I(x)$$

On en tire alors : ${\displaystyle I(x)=\frac{x}{x^2+\omega^2} \textrm{\ et\ } J(x)=\frac{\omega}{x^2+\omega^2}}$

4) Transformées des fonctions hyperboliques :

On démontre que : $\,\textrm{ch}\,\omega\,t$ se transforme en ${\displaystyle \frac{x}{x^2-\omega^2}}$

et on prouve de même que $\,\textrm{sh}\,\omega t$ se transforme en : ${\displaystyle \frac{\omega}{x^2-\omega^2}}$

5) Transformée d'une fonction périodique de période $T$.

Soit $f$ une fonction périodique de période $T$, définie sur I R$^{+}$. Soient les fonctions $g_{k}$ telles que :

$$\begin{array}{ll} \forall k \in \mbox{I\hspace{-.15em}N}& \... ...\Longrightarrow g_{k}(t) = 0 \end{array}\right. \end{array}$$

En d'autres termes, $g_{k}$ coïcide avec $f$ sur la $k^{\textrm{i\\lq {e}me}}$ période et est nulle en dehors. Il en résulte alors que : ${\displaystyle f(t)=\sum\limits_{k=0}^{+\infty}g_{k}(t)}$. Posons ${\displaystyle F=\mathcal{L}(f)}$ et ${\displaystyle G_{k}=\mathcal{L}(g_{k})}$. On a alors :

$$F(x)=\sum\limits_{k=0}^{+\infty}G_{k}(x)= \sum\limits_{k=0}^{+\in... ...-kTx}= G_{0}(x)\sum\limits_{k=0}^{+\infty}e^{-kTx}= \frac{G_{0}(x)}{1-e^{-Tx}}$$

Il suffit donc de prendre la transformée sur une seule période et de la diviser par ${\displaystyle 1-e^{-Tx}}$

6) Transformée de la distribution de Dirac : Soit $f_{\epsilon}$ la fonction valant $1/\epsilon$ sur l'intervalle $[\,0\;;\;\epsilon\,]$ et nulle en dehors. En admettant que l'on puisse écrire ${\displaystyle\delta(t)=\lim_{\epsilon\to0}f_{\epsilon}(t)}$, la transformée de $f_{\epsilon}(t)$ est : ${\displaystyle F_{\epsilon}(x)= \frac{1-e^{-\epsilon\,x}}{\epsilon\,x}}$.

Lorsque $\epsilon$ tend vers 0, ce rapport tend évidemment vers 1. Il en résulte alors que la transformée de Laplace de la distribution de Dirac est la constante 1.

IV) EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES

1) Equation linéaire du 1er ordre à coefficients constants :

Considérons l'équation

$$f^{\prime}(t)+2f(t)=3\,\mathcal{U}(t)$$

et appliquons à chaque membre la transformation de Laplace :

$$xF(x)-f(0)+2F(x)=\frac{3}{x}\iff (x+2)F(x)=f(0)+\frac{3}{x}$$

$$\iff F(x)=\frac{f(0)}{x+2}+\frac{3}{x(x+2)}= \frac{f(0)}{x+2}+\frac{3}{2x}-\frac{3}{2(x+2)}$$

$$\iff F(x)=\frac{2\,f(0)-3}{2(x+2)}+\frac{3}{2x}$$

*

${\displaystyle\frac{1}{x+2}}$ est image de ${\displaystyle e^{-2t}\,\mathcal{U}(t)}$.

*

${\displaystyle\frac{1}{x}}$ est image de ${\displaystyle \mathcal{U}(t)}$

En conséquence : ${\displaystyle f(t)=\left[\frac{2\,f(0)-3}{2}e^{-2\,t} + \frac{3}{2}\right]\,\mathcal{U}(t)}$.

2) Equation linéaire du 2eme ordre à coefficients constants :

$$f^{\prime\prime}(t)+f(t)=\mathcal{U}(t)-\mathcal{U}(t-1)$$

Le premier membre est une combinaison linéaire de la dérivée première et de la dérivée seconde, le second membre est la fonction créneau qui est nulle en dehors de $[\,0\;;\,1\,]$.

Appliquons à chaque membre la transformée de Laplace. Le premier membre devient :

$$x^{2}F(x)-xf^{\prime}(0)+F(x)=\frac{1}{x}-\frac{e^{-x}}{x}$$

On en tire alors :

$$F(x)=\frac{x\,f(0)}{x^{2}+1}+ \frac{f^{\prime}(0)}{x^{2}+1}+ \frac{1}{x(x^{2}+1)}-\frac{e^{-x}}{x(x^{2}+1)}$$

Après décomposition en éléments simples, on obtient :

$$F(x)=\frac{x\,f(0)}{x^{2}+1}+ \frac{f^{\prime}(0)}{x^{2}+1}+ \frac{1}{x}-\frac{x}{x^{2}+1}+ \frac{e^{-x}}{x}-\frac{e^{-x}}{x^{2}+1}$$

Il en résulte enfin :

$$f(t)=\mathcal{U}(t)\left[f(0)\cos t+f^{\prime}(0)\sin t + 1 - \cos t\right] + \mathcal{U}(t-1)\left[1-\cos(t-1)\right]$$

On notera la résolution d'une équation différentielle dont le second membre est une fonction non partout dérivable.

3) Systèmes différentiels linéaires :

Soit le système différentiel : ${\displaystyle \left\lbrace \begin{array}{l@{\ =\ }l} 4f(t)+4g(t) & f^{\prime}(t) \\ f(t)+4g(t) & 4g^{\prime}(t) \\ \end{array}\right. }$ avec ${\displaystyle f(0)=0}$ et ${\displaystyle g(0)=1}$.

En appliquant à chaque membre la transformée de Laplace, il vient :

$$\left\lbrace \begin{array}{l@{\ =\ }l} (x-4)F(x)-4G(x) & 0 \\ -F... ...array}\right.\iff F(x)=\frac{4}{(x-4)^{2}-4}\:;\: G(x)=\frac{x-4}{(x-4)^{2}-4}$$

On en tire : ${\displaystyle f(t)=2\mathcal{U}(t)e^{4t}\,\textrm{sh}\,2t}$ et ${\displaystyle g(t)=\mathcal{U}(t)e^{4t}\,\textrm{ch}\,2t}$.

V) PRODUIT DE CONVOLUTION

1) Définition : étant données deux fonctions $f$ et $g$ intégrables sur $]\,-\infty\;;\;+\infty\,[$, on appelle produit de convolution $f*g$ la fonction définie par :

$$(f*g)(t)=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f(u)\,g(t-u)\,du$$

2) Théorème : On a $f*g = g*f$. Le produit de convolution est commutatif.

En effet :

$$(g*f)(t)=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}g(u)\,f(t-u)du= \int\limi... ...-\infty}g(t-v)\,f(v)\,(-dv)= \int\limits_{-\infty}^{+\infty}\,f(v)\,g(t-v)\,dv$$

On obtient bien $(f*g)(t)$.

3) Théorème : la transformée de Laplace de $(f*g)(t)$ est $F(x)\,G(x)$, $F$ et $G$ désignant les transformées respectives de $f$ et $g$.

4) Cas des fonctions nulles sur l'intervalle $]\,\infty\;;\;0\,[$.

On vérifie très facilement que : $(f*g)(t)=\int\limits_{0}^{t}\,f(u)\,g(t-u)\,du$. L'intégrale ne se fait qu'entre 0 et $t$. On remarque aisément que le produit de convolution de deux fonctions nulles sur $]\,-\infty\;;\;+\infty\,[$ est encore une fonction nulle sur $]\,-\infty\;;\;+\infty\,[$.

5) Exemple 1 : calculons le produit de convolution $\mathcal{U}*\mathcal{U}$ :

$$(\mathcal{U}*\mathcal{U})(t)=\int\limits_{0}^{t} \mathcal{U}(v)\,\mathcal{U}(t-v)\,dv= \int\limits_{0}^{t}\,dv=t\,\mathcal{U}(t)$$

La transformée de Laplace de ce dernier résultat est $\frac{1}{x^{2}}=\left(\frac{1}{x}\right)\left(\frac{1}{x}\right)$ et c'est bien le produit de la transformée de $\mathcal{U}$ par elle-même.

6) Exemple 2 : on sait que $\frac{1}{x^{2}+1}$ est l'image de $\mathcal{U}(t)\sin t$.

Il en résulte que $\frac{1}{(x^{2}+1)^{2}}$ a pour originale le produit de convolution de $\mathcal{U}(t)\sin t$ par lui-même.

$$\int\limits_{0}^{t}\,\sin u\,\sin(t-u)\,du= \frac{1}{2}\int\limit... ...{2}\int\limits_{0}^{t}\,\sin t\,du= \frac{1}{2}\sin t - \frac{1}{2}\,t\,\sin t$$

L'originale de $\frac{1}{(x^{2}+1)^{2}}$ est donc : $\frac{\mathcal{U}(t)}{2}\left(\sin t - t\,\sin t\right)$.

VI) EXERCICES

8) Soit $f(t)$ la fonction nulle en dehors de $[\,0\;;\;1\,]$ et égale à $1-t$ sur cet intervalle.

• Expression de $f(t)$ : Pour avoir une expression nulle sur $]\,-\infty\;;\;0\,[$ et identique à $1-t$ sur $[\,0\;;\;1\,]$ on peut prendre $(1-t)\mathcal{U}(t)$ à quoi il faut retrancher $1-t$ à partir de 1. La fonction qui vaut $1-t$ à partir de 1 et qui est nulle avant 1 est : $t\longmapsto (1-t)\mathcal{U}(t-1)$. D'où on tire :
  $$f(t)=(1-t)\mathcal(U)(t)-(1-t)\mathcal{U}(t-1) \Longrightarrow f(t)=(1-t)[\mathcal{U}(t)-\mathcal{U}(t-1)]$$
  C'est la fonction $t\longmapsto 1-t$ multipliée par la fonction créneau qui vaut 1 sur $[\,0\;;\;1\,]$ et 0 en dehors.
• Transformée de Laplace de $f(t)$ :
  $$f(t)=(1-t)[\mathcal{U}(t)-\mathcal{U}(t-1)] =(1-t)\mathcal{U}(t)+(t-1)\mathcal{U}(t-1)]$$
  La transformée de Laplace de cette fonction est : $x\longmapsto \frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}+\frac{e^{-x}}{x}$

• Résolution d'équation différentielle :

  Soit l'équation différentielle : $g''(t)+g(t)=f(t)$

  L'application de la transformée de Laplace à chaque membre donne alors :

  $x^{2}G(x)-xg(0)-g'(0)+G(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}+ \frac{e^{-x}}{x^{2}}$

  $\Longrightarrow G(x)=\frac{1}{x(x^{2}+1)}-\frac{1}{x^{2}(x^{2}+1)} +\frac{e^{-x}}{x^{2}(x^{2}+1)}+\frac{xg(0)+g'(0)}{x^{2}+1}$

  $\Longrightarrow G(x)=\frac{1}{x}-\frac{x}{x^{2}+1}-\frac{1}{x^{2}}+ \frac{1}{x... ...ft(\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x^{2}+1}\right)e^{-x}+ \frac{xg(0)+g'(0)}{x^{2}+1}$

$\Longrightarrow g(t)=[1-\cos t-t+\sin t+ g(0)\cos t +g'(0)\sin t]\mathcal{U}(t)+ [t-1-\sin(t-1)]\mathcal{U}(t-1)$

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