Transformé de laplace

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R´evision: Transform´e de Laplace

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´vision Transforme ´ de Laplace Re

al abdali Abdelhamid

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R´evision: Transform´e de Laplace

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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

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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

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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

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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

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t∈R

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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 ℌn = 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

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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

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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

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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

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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

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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

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