Théorie physique des distributions/Exercices/Transformée de Laplace

Exercice 7-1

Calculer les transformées de Laplace des fonctions suivantes :

$a)\quad f(t)=H(t).\cos ^{2}(2\omega t)$

$b)\quad g(t)=H(t).\sin ^{2}(2\omega t)$

$c)\quad h(t)=H(t).t.\cos ^{2}(2\omega t)$

Corrigé

a) Nous pouvons commencer par linéariser la fonction f :

$f(t)=H(t).\cos ^{2}(2\omega t)=H(t).{\frac {1+\cos(4\omega t)}{2}}$

Ce qui nous permet de calculer la transformée de Laplace :

${\mathcal {L}}.f(p)={\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{p}}+{\frac {p}{p^{2}+16\omega ^{2}}}\right)$

b) En remarquant que :

$f(t)+g(t)=H(t)\Leftrightarrow {\mathcal {L}}.f(p)+{\mathcal {L}}.g(p)={\frac {1}{p}}$

On en déduit :

${\mathcal {L}}.g(p)={\frac {1}{p}}-{\mathcal {L}}.f(p)={\frac {1}{p}}-{\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{p}}+{\frac {p}{p^{2}+16\omega ^{2}}}\right)={\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{p}}-{\frac {p}{p^{2}+16\omega ^{2}}}\right)={\frac {8\omega ^{2}}{p(p^{2}+16\omega ^{2})}}$

c) En remarquant que :

$h(t)=H(t).t.\cos ^{2}(2\omega t)=t.f(t)$

On en déduit :

${\mathcal {L}}.h(p)=-{\frac {d}{dt}}{\mathcal {L}}.f(p)={\frac {1}{2}}\left(-{\frac {1}{p^{2}}}+{\frac {1\times (p^{2}+16\omega ^{2})+p\times 2p}{(p^{2}+16\omega ^{2})^{2}}}\right)={\frac {1}{2}}\left(-{\frac {1}{p^{2}}}+{\frac {3p^{2}+16\omega ^{2}}{(p^{2}+16\omega ^{2})^{2}}}\right)$

 

Exercice 7-2

Trouvez l'original de Laplace des fonctions suivantes :

$a)\quad {\frac {1}{p(p+1)^{2}}}$

$b)\quad {\frac {p^{2}-1}{(p^{2}+1)(p^{2}+4)}}$

$c)\quad {\frac {p^{3}+2p^{2}}{(p^{2}+2p+2)(p^{2}+2p+5)}}$

$d)\quad {\frac {(e^{-p}+p-1)(1-e^{-p})}{p^{2}}}$

Corrigé

a) La décomposition en élément simple nous donne :

${\frac {1}{p(p+1)^{2}}}={\frac {1}{p}}-{\frac {1}{p+1}}-{\frac {1}{(p+1)^{2}}}$

Nous en déduisons que l'expression précédente est la transformée de Laplace de la fonction f définie par :

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

b) La décomposition en élément simple nous donne :

${\frac {p^{2}-1}{(p^{2}+1)(p^{2}+4)}}={\frac {5}{3(p^{2}+4)}}-{\frac {2}{3(p^{2}+1)}}$

Nous en déduisons que l'expression précédente est la transformée de Laplace de la fonction f définie par :

$f(t)=H(t)\left({\frac {5}{6}}\sin {2t}-{\frac {2}{3}}\sin t\right)$

c) Nous remarquons que nous pouvons nous ramener au cas précédent en écrivant :

${\frac {p^{3}+2p^{2}}{(p^{2}+2p+2)(p^{2}+2p+5)}}=p.{\frac {(p+1)^{2}-1}{((p+1)^{2}+1)((p+1)^{2}+4)}}$

Nous en déduisons que l'expression précédente est la transformée de Laplace de la fonction f définie par :

$f(t)={\frac {d}{dt}}\left[e^{-t.}H(t)\left(-{\frac {2}{3}}\sin t+{\frac {5}{6}}\sin {2t}\right)\right]$

Soit :

$f(t)=e^{-t}.H(t)\left[{\frac {2}{3}}(\sin t-\cos t)-{\frac {5}{6}}(\sin {2t}-2\cos {2t}\right]$

d) Développons, nous obtenons :

${\frac {(e^{-p}+p-1)(1-e^{-p})}{p^{2}}}={\frac {2e^{-p}}{p^{2}}}+{\frac {1}{p}}-{\frac {1}{p^{2}}}-{\frac {e^{-2p}}{p^{2}}}-{\frac {e^{-p}}{p}}$

Nous en déduisons que l'expression précédente est la transformée de Laplace de la fonction f définie par :

$f(t)=2(t-1).H(t-1)+H(t)-t.H(t)-(t-2).H(t-2)-H(t-1)$

 

Exercice 7-3

a) Calculer la transformée de Laplace de la fonction f suivante :

$\forall t\in \mathbb {R} ,\ f(t)=\left\{{\begin{matrix}0&\mathrm {si} &t<t_{0}\\E&\mathrm {si} &t_{0}\leqslant t<t_{0}+\epsilon \\0&\mathrm {si} &t\geqslant t_{0}+\epsilon .\end{matrix}}\right.$

b) Dans le cas ou E = 1/ε, commenter le résultat obtenu quand ε tend vers zéro.

Corrigé

a) Commençons par exprimer f avec la fonction de Heaviside. Nous obtenons :

$f(x)=E\left(H(x-t_{0})-H(x-t_{0}-\epsilon )\right)$

Connaissant la transformé de Laplace de la fonction de Heaviside et la règle donnant la transformée de Laplace d'une translation de fonction, nous obtenons :

${\mathcal {L}}.f(p)=E\left({\frac {e^{-pt_{0}}}{p}}-{\frac {e^{-p(t_{0}+\epsilon )}}{p}}\right)$

Que l'on peut écrire plus simplement :

${\mathcal {L}}.f(p)={\frac {E.e^{-pt_{0}}}{p}}\left(1-e^{-p\epsilon }\right)$

b) En posant E = 1/ε, nous obtenons :

${\mathcal {L}}.f(p)=e^{-pt_{0}}\left({\frac {1-e^{-p\epsilon }}{p\epsilon }}\right)$

Nous voyons alors que :

$\lim _{\epsilon \to 0}e^{-pt_{0}}\left({\frac {1-e^{-p\epsilon }}{p\epsilon }}\right)=e^{-pt_{0}}$

Qui est la transformée de Laplace d'un Dirac en t₀.

 

Exercice 7-4

Soit la fonction f définie par :

$\forall t\in \mathbb {R} ,\ f(t)=\left\{{\begin{matrix}0&\mathrm {si} &t<0\\{\frac {1}{\omega }}e^{-\lambda t}\sin {\omega t}&\mathrm {si} &t\geqslant 0.\end{matrix}}\right.$

a - Calculer, au sens des distributions, la dérivée seconde de f.

b - Sans utiliser de table, déterminer la transformée de Laplace de f.

c - Toujours sans utiliser de table, déterminer la fonction dont la transformée de Laplace est :

$G(p)={\frac {p^{2}}{(p+\lambda )^{2}+\omega ^{2}}}$

d - Déterminer λ et ω de façon à ce que l’on ait :

$f''+2f'+4f=\delta$

e - Déterminer une fonction u ∈ ${\textstyle {\mathcal {D}}_{+}'}$, telle que :

$u''+2u'+4u=H(t).e^{-t}.\cos {t}$

Corrigé

a - Nous commencerons par calculer la dérivée première :

Nous voyons que f(t) peut s'écrire :

$f(t)=H(t).{\frac {1}{\omega }}e^{-\lambda t}\sin {\omega t}$

On a alors :

$f'(t)=\delta (t).f(0)+H(t).{\frac {1}{\omega }}\left(-\lambda e^{-\lambda t}\sin {\omega t}+\omega e^{-\lambda t}\cos {\omega t}\right)=H(t).{\frac {e^{-\lambda t}}{\omega }}\left(-\lambda \sin {\omega t}+\omega \cos {\omega t}\right)$

Calculons alors la dérivée seconde :

${\begin{aligned}f''(t)&=\delta (t).{\frac {e^{-\lambda t}}{\omega }}\left(-\lambda \sin {\omega t}+\omega \cos {\omega t}\right)+H(x){\frac {1}{\omega }}\left[-\lambda e^{-\lambda t}\left(-\lambda \sin {\omega t}+\omega \cos {\omega t}\right)+e^{-\lambda t}\left(-\lambda \omega \cos {\omega t}-\omega ^{2}\sin {\omega t}\right)\right]\\&=\delta (t)+H(x){\frac {e^{-\lambda t}}{\omega }}\left[\lambda ^{2}\sin {\omega t}-2\lambda \omega \cos {\omega t}-\omega ^{2}\sin {\omega t}\right]\end{aligned}}$

b - On a :

${\mathcal {L}}.f(p)=\int _{0}^{\infty }e^{-p.t}f(t)\,\mathrm {d} t=\int _{0}^{\infty }e^{-p.t}{\frac {1}{\omega }}e^{-\lambda t}\sin {\omega t}\,\mathrm {d} t={\frac {1}{\omega }}\int _{0}^{\infty }e^{-(p+\lambda ).t}\sin {\omega t}\,\mathrm {d} t$

Faisons successivement deux intégrations par partie :

${\begin{aligned}{\mathcal {L}}.f(p)&={\frac {1}{\omega }}\int _{0}^{\infty }e^{-(p+\lambda ).t}\sin {\omega t}\,\mathrm {d} t\\&=-{\frac {1}{\omega (p+\lambda )}}\left[e^{-(p+\lambda ).t}\sin {\omega t}\right]_{0}^{\infty }+{\frac {1}{p+\lambda }}\int _{0}^{\infty }e^{-(p+\lambda ).t}\cos {\omega t}\,\mathrm {d} t\\&={\frac {1}{p+\lambda }}\int _{0}^{\infty }e^{-(p+\lambda ).t}\cos {\omega t}\,\mathrm {d} t\\&=-{\frac {1}{(p+\lambda )^{2}}}\left[e^{-(p+\lambda ).t}\cos {\omega t}\right]_{0}^{\infty }-{\frac {\omega }{(p+\lambda )^{2}}}\int _{0}^{\infty }e^{-(p+\lambda ).t}\sin {\omega t}\,\mathrm {d} t\\&={\frac {1}{(p+\lambda )^{2}}}-{\frac {\omega ^{2}}{(p+\lambda )^{2}}}{\mathcal {L}}.f(p)\\\end{aligned}}$

Nous avons obtenu :

${\mathcal {L}}.f(p)+{\frac {\omega ^{2}}{(p+\lambda )^{2}}}{\mathcal {L}}.f(p)={\frac {1}{(p+\lambda )^{2}}}$

En multipliant les deux membres par (p + λ)², nous avons :

${\mathcal {L}}.f(p)(p+\lambda )^{2}+\omega ^{2}{\mathcal {L}}.f(p)=1$

Soit finalement :

${\mathcal {L}}.f(p)={\frac {1}{(p+\lambda )^{2}+\omega ^{2}}}$

c - Dériver une distribution revient à multiplier sa transformée de Laplace par p. On remarque que :

$G(p)={\frac {p^{2}}{(p+\lambda )^{2}+\omega ^{2}}}$

est la multiplication par p² de la transformée de Laplace de f, donc correspond à la transformée de Laplace de la dérivée seconde de f qui est :

$f''(t)=\delta (t)+H(x){\frac {e^{-\lambda t}}{\omega }}\left[\lambda ^{2}\sin {\omega t}-2\lambda \omega \cos {\omega t}-\omega ^{2}\sin {\omega t}\right]$

d - En passant au transformée de Laplace, on obtient :

${\frac {p^{2}}{(p+\lambda )^{2}+\omega ^{2}}}+2{\frac {p}{(p+\lambda )^{2}+\omega ^{2}}}+4{\frac {1}{(p+\lambda )^{2}+\omega ^{2}}}=1$

qui s'écrit :

$p^{2}+2p+4=(p+\lambda )^{2}+\omega ^{2}$

Développons le second membre :

$p^{2}+2p+4=p^{2}+2\lambda p+\lambda ^{2}+\omega ^{2}$

Par identification, on obtient :

${\begin{cases}\lambda =1\\\omega ={\sqrt {3}}\end{cases}}$

d -D'après la question précédente

$f(t)=H(t){\frac {1}{\sqrt {3}}}e^{-t}\sin {\left(t{\sqrt {3}}\right)}$

est la solution de :

$f''+2f'+4f=\delta$

qui peut aussi s'écrire :

$(\delta ''+2\delta '+4\delta )\star f=\delta$

$u''+2u'+4u=H(t).e^{-t}.\cos {t}$

s'écrit aussi :

$(\delta ''+2\delta '+4\delta )\star u=H(t).e^{-t}.\cos {t}$

En convolant les deux membre de cette dernière relation par f, on obtient :

$(\delta ''+2\delta '+4\delta )\star f\star u=f\star H(t).e^{-t}.\cos {t}$

qui donne :

$\delta \star u=f\star H(t).e^{-t}.\cos {t}$

soit :

$u(t)=H(t){\frac {1}{\sqrt {3}}}e^{-t}\sin {\left(t{\sqrt {3}}\right)}\star H(t).e^{-t}.\cos {t}$

Calculons ce produit de convolution :

$u(t)=H(t)\int _{-\infty }^{\infty }H(t-x){\frac {1}{\sqrt {3}}}e^{-(t-x)}\sin {\left((t-x){\sqrt {3}}\right)}.H(x).e^{-x}.\cos {x}\,\mathrm {d} x=H(t){\frac {e^{-t}}{\sqrt {3}}}\int _{0}^{t}\sin {\left((t-x){\sqrt {3}}\right)}.\cos {x}\,\mathrm {d} x$

En utilisant la formule trigonométrique :

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

on obtient :

${\begin{aligned}u(t)&=H(t){\frac {e^{-t}}{2{\sqrt {3}}}}\int _{0}^{t}\sin {\left((t-x){\sqrt {3}}-x\right)}+\sin {\left((t-x){\sqrt {3}}+x\right)}\,\mathrm {d} x\\&=H(t){\frac {e^{-t}}{2{\sqrt {3}}}}\left(\int _{0}^{t}\sin {\left((1+{\sqrt {3}})x-t{\sqrt {3}}\right)}\,\mathrm {d} x-\int _{0}^{t}\sin {\left((1-{\sqrt {3}})x+t{\sqrt {3}}\right)}\,\mathrm {d} x\right)\\&=H(t){\frac {e^{-t}}{2{\sqrt {3}}}}\left({\frac {1}{1+{\sqrt {3}}}}\left[\cos {\left((1+{\sqrt {3}})x-t{\sqrt {3}}\right)}\right]_{0}^{t}-{\frac {1}{1-{\sqrt {3}}}}\left[\cos {\left((1-{\sqrt {3}})x+t{\sqrt {3}}\right)}\right]_{0}^{t}\right)\\&=H(t){\frac {e^{-t}}{2{\sqrt {3}}}}\left({\frac {\cos {\left(t\right)}-\cos {\left(-t{\sqrt {3}}\right)}}{1+{\sqrt {3}}}}-{\frac {\cos {\left(t\right)}-\cos {\left(t{\sqrt {3}}\right)}}{1-{\sqrt {3}}}}\right)\\&=H(t){\frac {e^{-t}\left(\cos {\left(t\right)}-\cos {\left(t{\sqrt {3}}\right)}\right)}{2{\sqrt {3}}}}\left({\frac {1}{1+{\sqrt {3}}}}-{\frac {1}{1-{\sqrt {3}}}}\right)\\&=H(t){\frac {e^{-t}\left(\cos {\left(t\right)}-\cos {\left(t{\sqrt {3}}\right)}\right)}{2{\sqrt {3}}}}\times {\frac {-2{\sqrt {3}}}{1-3}}\\&={\frac {1}{2}}H(t)e^{-t}\left(\cos {\left(t\right)}-\cos {\left(t{\sqrt {3}}\right)}\right)\end{aligned}}$