CLUB EHTPEC
R´evision: Transform´e de Laplace
.
´vision Transforme ´ de Laplace Re
al abdali Abdelhamid
1
ehtp
CLUB EHTPEC
R´evision: Transform´e de Laplace
. EXERCICE 1 (16/12/2006) : Chercher la fonction f (t) dont la tranform´ee de Laplace est : ω2 F (p) = ln 1 + 2 p Solution 1 : On calcule F (p) : 0
F (p) =
1+
ω2 p2
1+
ω2 p2
0 −2ω 2 = = −2 p (ω 2 + p2 )
1 p − 2 p ω + p2
Donc : F 0 (p) = −2 (L(1) − L(cos ωt)) = −2L (1 − cos ωt)) = L [−2 (1 − cos ωt)] Et comme F (m) (p) = L [(−t)m f (t)], avec ici m = 1 : F 0 (p) = L [−2 (1 − cos ωt)] = L (−t)1 f (t) Soit :f (t) =
2 (1 − cos ωt) t
EXERCICE 2 : Trouver, en utilisant la transform´ee de Laplace, la solution de l’´equation suivante : y 00 + 4y 0 + 3y = 0 Avec les conditions initiales y(0) = 3, et y 0 (0) = 1 .
Solution 2 : On utilise la formule qui relie la transform´ee de Laplace de la d´eriv´ee d’ordre n d’une fonction f a` la transform´ee de Laplace de la fonction f et aux valeurs que prennent a` l’origine les n − 1 premi`eres d´eriv´ees de f : Lf
(n)
n
(p) = p Lf (p) −
n−1 X
pn−1−k f (k) (0)
k=0
y 00 + 4y 0 + 3y = 0 Avec les conditions initiales y(0) = 3, et y 0 (0) = 1 . Par transformation de Laplace, on obtient l’´equation alg´ebrique : p2 + 4p + 3 Ly(p) = py(0) + y 0 (0) + 4y(0) = 3p + 13 =⇒ Ly(p) =
3p + 13 5 2 = − + 4p + 3 p+1 p+3
p2
=⇒ y(t) = 5et − 2e3t , t ≥ 0 . al abdali Abdelhamid
2
ehtp
CLUB EHTPEC
R´evision: Transform´e de Laplace
EXERCICE 3 : Soit une poutre dont les extr´emit´es en x = 0 et x = L co¨ıncident avec l’axe des x. Cette poutre supporte une charge par unit´e de longueur W (x) qui agit verticalement. Il en r´esulte que l’axe de cette poutre pr´esente une fl`eche y(x) au point x qui est solution de l’´equation diff´erentielle : d4 y(x) w(x) = , 0≤x≤L 4 dx EI O` u E est le module d’´elasticit´e de la poutre et I son moment d’inertie par rapport `a son axe (l’axe y est dirig´e vers le bas). Les conditions initiales associ´ees `a l’´equation pr´ec´edente d´ependent de la fa¸con dont la poutre est support´ee : − extr´emit´e emboˆıt´ee, solidaire ou fixe : y = y 0 = 0; − extr´emit´e pivotante ou pos´ee : y = y 00 = 0 ; − extr´emit´e libre ou pos´ee : y 0 = y 000 = 0 ; 1. On consid`ere une poutre dont les extr´emit´es en x = 0 et x = L sont pos´ees et qui porte une charge par unit´e de longueur constante w0 . Trouver la fl`eche en tout point de la poutre. 2. On consid`ere une poutre emboˆıt´ee a` son extr´emit´e x = 0 et libre en x = L. D´eterminer la fl`eche pour une charge par unit´e de longueur w(x) = w0 pour 0 ≤ x ≤ L2 et 0 pour L ≤x≤L 2 Solution 3 : La fl`eche y(x) est solution de l’´equation diff´erentielle : w(x) d4 y(x) = , 0≤x≤L 4 dx EI 1. Les conditions initiales sont : y(0) = y 00 (0) = 0 et y(L) = y 00 (L) = 0. Appliquant la transformation de Laplace aux deux membres de l’´equation pr´ec´edente, on obtient : p4 Y (p) − p2 y 0 (0) − y 000 (0) = =⇒ Y (p) =
w0 1 − e−pL EI p
w0 1 − e−pL 1 1 + 2 y 0 (0) + 4 y 000 (0) 5 EI p p p
Y (p) a pour original : w 0 x4 x3 w0 (x − L)4 000 0 + y (0) + y (0)x − H(x − L) y(x) = H(x) EI 4! 3! EI 4!
Comme x ≤ L, le dernier terme n’intervient pas. y 0 (0) et y 000 (0) sont d´etermin´ees par les conditions initiales en x = L : 0 w0 L4 L3 000 0 y(L) = EI + y (0) + y (0)L = 0 y (0) = 4! 3! =⇒ 000 w0 L2 00 000 y (0) = y (L) = EI 2 + y (0)L = 0 al abdali Abdelhamid
3
w0 L3 24EI w0 L 2EI
ehtp
CLUB EHTPEC
R´evision: Transform´e de Laplace
La fl`eche de la poutre a donc pour expression : w0 w0 x4 − 2Lx3 + L3 x = x (L − x) −x2 + Lx + L2 y(x) = 24EI 24EI 2. Les conditions initiales sont : y(0) = y 0 (0) = 0 et y 00 (L) = y 000 (L) = 0 w0 1 − e−pL p Y (p) − py (0) − y (0) = EI p 4
=⇒ Y (p) =
00
000
w0 1 − e−pL 1 00 1 000 + y (0) + y (0) EI p5 p3 p4
Y (p) a pour original : x3 L w0 (x − L)4 w 0 x4 000 0 + y (0) + y (0)x − H x − y(x) = H(x) EI 4! 3! 2 EI 4!
EXERCICE 4 : R´esoudre l’´equation int´egro-diff´erentielle : Z t dy − (t − u)y(u)du = cos t dt 0 Avec y(0) = 1 Solution 4 : On reconnaˆıt le produit de convolution de y par la fonction f d´efinie par : f (t) = H(t) · t Appliquant la transformation de Laplace aux deux membres de l’´equation, on obtient : p 1 Y (p) = 2 2 p p +1 p2 1 1 p+1 =⇒ Y (p) = = + (p − 1)(p2 + 1) 2 p − 1 p2 + 1 pY (p) − y(0) −
Y (p) a pour original : y(t) =
H(t) t e + cos t + sin t 2
EXERCICE 5 : A l’aide de la transformation de Laplace, calculer l’int´egrale : Z +∞ 1 − cos ut du u2 0 Solution 5 : Soit F la transform´ee de Laplace de f . Elle est d´efinie par : Z +∞ Z +∞ 1 − cos ut −pt F (p) = e dudt u2 0 0 al abdali Abdelhamid
4
ehtp
CLUB EHTPEC
R´evision: Transform´e de Laplace
Utilisons le th´eor`eme de Fubini g´en´eralis´e et int´egrons d’abord par rapport `a t : Z +∞ 1 − cos ut −pt p 1 u2 − e dt = = u2 p p2 + u 2 p(p2 + u2 ) 0 On obtient alors :
Z
+∞
F (p) = 0
1 π 1 du = p(p2 + u2 ) 2 p2
On en d´eduit l’expression de f pour t 0 : π f (t) = − t 2 f (t) ´etant une fonction paire, on a donc : π f (t) = − |t| , 2
al abdali Abdelhamid
5
t∈R
ehtp
CLUB EHTPEC
R´evision: Transform´e de Laplace CONTROLE 2 (2010/2011):
EXERCICE 1: Soit f la fonction d´efinie par : f (z) = z tan1 Ď€z .On d´esigne par Îłn (n ∈ N) la fronti`ere orient´ee positivement du carr´e â„Śn d´efini par : 1 â„Śn = x + iy; sup (|x| , |y|) ≤ n + 2 1. Quels sont les points singuliers de f ?.Donner leurs types. 2. Calculer le r´esidu de f en chaque point singulier. Z 3. Montrer que f (u)du = 0 Îłn
EXERCICE 2: On consid`ere la fonction F de la variable complexe p , avec Re(p) 0, d´efinie par : F (p) =
p(p2
1 + 1) (1 − e−pĎ€ )
1. Montrer que : F (p) =
+∞ X
e−npĎ€ G(p) Avec G(p) =
n=0
1 + 1)
p(p2
2. Donner la transform´ee de Laplace inverse de G . 3. En d´eduire la transform´ee de Laplace inverse de F . EXERCICE 3: Calculer :
Z min +
a,b,c∈R
al abdali Abdelhamid
+∞
3 2 x − a − bx − cx2 e−x dx
0
6
ehtp
CLUB EHTPEC
R´evision: Transform´e de Laplace SOLUTION :
SOLUTION 1: sin πz =0 1. Les points singuliers de la fonction f (z) = z tan1 πz sont tels que z tan z = 0 =⇒ z cos πz .Soit z sin πz = 0 Donc z = 0 ou sin πz = 0 =⇒ zk = k avec k ∈ Z.Les points singuliers sont donc z = 0 (double) et zk = k avec k ∈ Z∗ (simple)
2. Les r´esidus de f en chaque point singulier : (a) En z = 0 (double) : h z cos πz i0 (2−1) 1 (z − 0)2 f (z) =⇒ Res(f, 0) = lim z−→0 z−→0 (2 − 1)! sin πz
Res(f, 0) = lim
cos (π z) z (cos (π z))2 π −πz − =0 z−→0 sin (π z) (sin (π z))2
= lim
(b) En zk = k (simple) Avec k 6= 0 : 1 kπ
Res(f, zk ) = lim [(z − zk )f (z)] = zk −→0
3. On a d’apr`es le th´eor`eme des r´esidus : I f (z)dz = γ+
X zk
2πiRes(f, zk )
∈int(γ + )
De plus on a zk ∈ Ωn pour k ∈ [|−n, n|].Donc : I f (z)dz = 2πi γ+
= 2πi
k=−1 X
Res(f, zk )
k=−n
Res(f, zk ) + Res(f, 0) +
k=−n
k=n X
k=1 X
! Res(f, zk )
k=1
k=−1 X
k=n X 1 1 = 2πi +0+ kπ kπ k=−n k=1
! =0
SOLUTION 2:
1. On a Re(p) 0 =⇒ |e−pπ | = e−(α+iβ)π = |e−απ | ≺ 1 car α = Re(p) 0.Donc : +∞
X 1 = e−npπ 1 − e−pπ n=0 D’o` u: F (p) =
+∞ X
e−npπ G(p) Avec G(p) =
n=0
1 + 1)
p(p2
2. La transform´ee de Laplace inverse de G : On a : G(p) = p(p21+1) = p1 − p2p+1 = L (1 − cos t) =⇒ g(t) = 1 − cos t al abdali Abdelhamid
7
ehtp
CLUB EHTPEC
R´evision: Transform´e de Laplace
3. On a e−npπ G(p) = L (f (t − nπ)) =⇒ F (p) =
+∞ X
L (1 − cos(t − nπ)) =
+∞ X
n=0
SOLUTION 3: Soit `a calculer :
Z min +
a,b,c∈R
+∞
L (1 − (−1)n cos t)
n=0
2 3 x − a − bx − cx2 e−x dx
0
On d´efini le produit scalaire associ´e a` la norme kxk2 = hx, xi: Z +∞ f (t)g(t)e−t dt hf, gi = 0
Le polynˆome minimal cherch´e p2 (x) = a + bx + cx2 ce n’est que la projection orthogonale p3 (x) = x3 sur l’espace vectoriel R2 [X].Donc le polynˆome p2 (x) v´erifie : kp3 (x) − p2 (x)k =
min v(x)∈R2 [X]
kp3 (x) − v(x)k
Soit : hp3 (x) − p2 (x), p2 (x)i = 0 =⇒ hp3 (x) − p2 (x), ek i = 0 Avec ek ∈ 1, x, x2 Donc on trouve le syst`eme lin´eaire suivant : hp3 (x) − p2 (x), 1i = 0 hp2 (x), 1i = hp3 (x), 1i hp3 (x) − p2 (x), xi = 0 =⇒ hp2 (x), xi = hp3 (x), xi 2 hp3 (x) − p2 (x), x i = 0 hp2 (x), x2 i = hp3 (x), x2 i Soit sous la forme matricielle h1, 1i h1, xi h1, x2 i Or : n
Z
m
: 3 hx, 1i hx2 , 1i a hx , 1i hx, xi hx2 , xi b = hx3 , xi hx, x2 i hx2 , x2 i c hx3 , x2 i
+∞ n m −x
hx , x i =
Z
x x e dx =
+∞
xn+m e−x dx = (n + m)!
0
0
Ce qui donne:
1 1 2 a 6 1 2 6 b = 24 2 6 24 c 120 Soit au final :
Z min +
a,b,c∈R
+∞
=⇒
a 6 b = −18 c 9
3 2 x − a − bx − cx2 e−x dx = 36
0
Une autre m´ ethode : Posons P = x3 et Q = a + bx + cx2 , on a alors : Z +∞ 3 2 x − a − bx − cx2 e−x dx = min P − Q 2 min + a,b,c∈R
Q∈R2 [x]
0
al abdali Abdelhamid
8
ehtp
CLUB EHTPEC
R´evision: Transform´e de Laplace
Utilisons le proc´ed´e de Gram-Schmidt sur la base {1, x, x2 , x3 } de R3 [x] , on a : P0 = 1 P1 = x − 1 P2 = 12 (x2 − 4x + 2) P3 = 16 (x3 − 9x2 + 18x − 6) Le polynˆome Q est la projection orthogonale de P sur F = R2 [x] donn´ee par : Q=
2 X
hP, Pk i Pk
k=0
Le calcul des hP, Pk i peut ˆetre ´evit´e en remarquant que dans la base orthonorm´ee (P0 , P1 , P2 , P3 ) de E = R3 [x] on a : ! 3 2 X X P = hP, Pk i Pk = hP, Pk i Pk + hP, P3 i P3 = Q + hP, P3 i P3 k=0
k=0
le coefficient hP, P3 i s’obtenant en identifiant les coefficients de x3 dans cette ´egalit´e (P est de degr´e 2 au plus), soit : hP, P3 i =6 On a donc: Q = a + bx + cx2 = P − hP, P3 i P3 = x3 − 6 ×
1 3 x − 9x2 + 18x − 6 = 9x2 − 18x + 6 6
Soit : Z min +
a,b,c∈R
+∞
3 2 x − a − bx − cx2 e−x dx = P − Q 2 = hP, P3 i P3 2 = |hP, P3 i|2 = 62 = 36
0
al abdali Abdelhamid
9
ehtp
CLUB EHTPEC
R´evision: Transform´e de Laplace ´ de LAPLACE): CONTROLE (Transformee
Soit u(t) une fonction nulle pour t ≺ 0 v´erifiant pour t 0 l’´equation diff´erentielle suivante : tu00 (t) + u0 (t) + tu(t) = 0 Avec u(0) = 1 Et soit U (p) sa transform´ee de Laplace .On supposera que t ≥ 0. ´ 1. Etablir l’´equation diff´erentielle satisfaite par U (p) . 2. D´eterminer U (p). 3. Calculer le produit de convolution (u ∗ u)(t). 4. Trouver une fonction v(t) telle que : Z v(t) · u(t) =
t
cos(t − x)u(x)dx 0
5. Trouver une fonction w(t) telle que : eit u(t) = w(t) ∗ H(t) √ πt O` u H(t) la fonction de Heaviside. 6. En d´eduire l’expression int´egrale de u(t) : Z 2 1 cos st √ dx u(t) = π 0 1 − s2
al abdali Abdelhamid
10
ehtp
CLUB EHTPEC
R´evision: Transform´e de Laplace ´ de LAPLACE): SOLUTION (Transformee
1. Appliquons la transformation de Laplace a` chaque terme de l’´equation diff´erentielle : 0 0 L [tu00 (t)] = − [L(u00 (t)] = − [p2 U (p) − pu(0) − u0 (0)] = −2pU (p) − p2 U 0 (p) + u(0) L [u0 (t)] = pU (p) − u(0) L [tu(t)] = −U 0 (p) L’´equation diff´erentielle satisfaite par U (p) est donc : −2pU (p) − p2 U 0 (p) + u(0) + pU (p) − u(0) − U 0 (p) = 0 =⇒ − (1 + p2 )U 0 (p) + pU (p) = 0 2. D’apr`es la question pr´ec´edente : 1 U (p) = p 1 + p2 3. Calculons le produit de convolution (u ∗ u)(t). On a : L(u ∗ u)(t) = L(u)(t) × L(u)(t) = U (p) × U (p) = 4. On a :
1 = L (sin t) 1 + p2
t
Z
cos(t − x)u(x)dx = (cos t) ∗ u(t)
v(t) · u(t) = 0
=⇒ L (v(t) · u(t)) = L [(cos t) ∗ u(t)] =
p 1 p 0 = 3 = −U (p) 2 2 2 1+p 1+p 2 (1 + p )
=⇒ L (v(t) · u(t)) = L (tu(t)) =⇒ v(t) = H(t) · t 5. On a : 1 eit eit 1 =p L [u(t)] = L w(t) ∗ H(t) √ = L [w(t)]×L H(t) √ = L [w(t)]× √ p−i πt πt p2 + 1
1 e−it =⇒ L [w(t)] = √ =⇒ w(t) = H(t) √ p+i πt eit 6. On calcule directement le produit de convolution u(t) = w(t) ∗ H(t) √ : πt Z t Z 1 t e2ix−it eit e−i(t−x) eix √ p √ p dx = u(t) = w(t) ∗ H(t) = H(t − x) H(x) dx π 0 πx πt π(t − x) x(t − x) 0 Puis faisons le changement de variable : x= Soit : 1 u(t) = π
al abdali Abdelhamid
Z
t 2x − t (1 + s) ⇐⇒ s = 2 t 1
−1
eits 2 √ ds = π 1 − s2 11
Z 0
1
cos st √ ds 1 − s2
ehtp