Corrigé du DS : Transformation de Laplace

Date: Ensait - E2 - 12 décembre 2001

1 Transformée directe

1. On considère la fonction $\psi$ définie par $\psi \left( t\right) =0$ pour $t<0$, $\psi \left( t\right) =1-t$ pour $0<t<1$ et $\psi \left( t\right) =0$ pour $t>1$. Faire un croquis. Exprimer $\psi$ à l'aide de la fonction de Heaviside. Calculer la transformée de Laplace ${\cal L}\left( \psi \right) \left( p\right)$ de la fonction $\psi$.
   1. La fonction caractéristique de l'intervalle $\left[ 0,\, 1\right]$ est $\chi \left( t\right) =\mathrm{H}\left( t \right) \times \left( 1-\mathrm{H}\left( t-1 \right) \right)$. En effet, le premier facteur est nul pour $t<0$ et le second pour $1<t$. Une transformation évidente donne $\chi \left( t\right) =\mathrm{H}\left( t \right) -\mathrm{H}\left( t-1 \right)$ et donc
      $$\psi \left( t\right) =\left( 1-t\right) \, \left( \mathrm{H}\left( t\right) -\, \mathrm{H}\left( t-1\right) \right)$$

   2. On sait que ${\cal L}\left( 1 \right) \left( p\right) =\frac{1}{p}$ et ${\cal L}\left( t \right) \left( p\right) =\frac{1}{p^{2}}$. Le premier terme s'obtient par linéarité et vaut : ${\cal L}\left( \left( 1-t\right) \, \mathrm{H}\left( t \right) \right) \left( p\right) =\frac{p-1}{p^{2}}$. Le deuxième terme s'obtient par translation de ${\cal L}\left( t\, \mathrm{H}\left( t \right) \right) \left( p\right) =\frac{1}{p^{2}}$. On obtient donc
      $$\displaystyle \mathrm{Lap}\left( \psi \right) \left( p\right) =\frac{1}{p^{2}}\left( \exp \left( -p\right) -1+p\right)$$

   3. Les graphes de $\psi$ et de ${\cal L}\left( \psi \right)$ sont donnés Fig. 1. On constate que ${\cal L}\left( \psi \right) \left( 0\right) =\frac{1}{2}$.

   Figure 1: La fonction $\psi$ et son image Laplace.

2. Soit $h$ définie par $h\left( t\right) =\psi \left( t\right) +\psi \left( t-2\right) +\psi \left( t-4\right)$. Croquis. Image Laplace.
   1. La fonction $h$ se compose de trois répétitions du motif élémentaire : son image Laplace s'obtient par la formule des translations, donnant :
      $$\mathrm{Lap}\left( h\right) \left( p\right) ={\cal L}\left( \psi ... ...) \times \left( 1+\exp \left( -2\, p\right) +\exp \left( -4\, p\right) \right)$$

   2. Les graphes sont donnés Fig. 2. On remarquera ${\cal L}\left( h \right) \left( 0\right) =\frac{3}{2}$ (l'aire sous la courbe $h$).

   Figure 2: La fonction $h$ et son image Laplace.

3. Détailler les calculs de l'image Laplace de l'équation différentielle :
   $$\left( E\right) \, :\, \frac{\mathrm{d}^{2 }}{\mathrm{d}\, t ^{2 ... ...eft( t\right) =g\left( t\right) ,\; f\left( 0\right) =1,\; f'\left( 0\right) =0$$
   1. On sait que ${\cal L}\left( f' \right) \left( p\right) =p\, {\cal L}\left( f \right) \left( p\right) -f\left( 0\right)$. On en déduit ${\cal L}\left( f'' \right) \left( p\right) =p^{2}\, {\cal L}\left( f \right) \left( p\right) -f'\left( 0\right) -p\, f\left( 0\right)$.
   2. En reportant dans l'équation donnée, il vient :
      $$p\, \left( p\, {\cal L}\left( f \right) \left( p\right) -1\right)... ...l L}\left( f \right) \left( p\right) ={\cal L}\left( g \right) \left( p\right)$$

2 Convolutions

1. Mettre la valeur de ${\cal L}\left( f \right) \left( p\right)$ trouvée en (1.3) sous la forme ${\cal L}\left( A \right) \left( p\right) +{\cal L}\left( B \right) \left( p\right) \times {\cal L}\left( g \right) \left( p\right)$.

   On obtient ${\cal L}\left( f \right) \left( p\right) =\frac{p+2}{\left( p+1\right) ^{2}}+{\cal L}\left( g \right) \left( p\right) \frac{1}{\left( p+1\right) ^{2}}$

2. Déterminer les fonctions $A$ et $B$ correspondantes.
   1. On a donc ${\cal L}\left( A \right) \left( p\right) =\frac{p+2}{\left( p+1\right) ^{2}}$. En posant $q=p+1$, on a ${\cal L}\left( \hat{A} \right) \left( q\right) =\frac{q+1}{q^{2}}$ et $\hat{A}\left( t\right) =1+t$. Par translation, $A\left( t\right) =\hat{A}\left( t\right) \times \exp \left( -t\right)$.
   2. De même ${\cal L}\left( B \right) \left( p\right) =\frac{1}{\left( p+1\right) ^{2}}$ conduit à $B\left( t\right) =t\, \exp \left( -t\right)$.
3. En déduire la valeur de la fonction $f$ (utilisant une convolution).
   1. On sait que ${\cal L}\left( \alpha \right) \left( p\right) \times {\cal L}\left( \beta \right) \left( p\right)$ est l'image Laplace de la fonction $\alpha \star \beta$ définie par $\left( \alpha \star \beta \right) \left( t\right) =\int _{u=0}^{u=t}\alpha \left( u\right) \, \beta \left( t-u\right) \, \mathrm{d}u$.
   2. On en déduit que $f=A+g\star B$
4. Application : on choisit $g\left( t\right) =\cos t$. Résoudre complètement l'équation différentielle $\left( E\right)$.
   1. On commence donc par calculer $$\left( \cos \star B\right) \left( t\right) =\int _{0}^{t}\cos \left( t-u\right) \, u\, \exp \left( -u\right) \, \mathrm{d}u$$. Cela vaut $\frac{1}{2}\sin t-\frac{1}{2}\, t\, \exp \left( -t\right)$. Le plus efficace est évidemment de faire le calcul avec une calculette...
   2. On peut aussi développer $$\int _{0}^{t}\mathrm{cos}\left( t-u\right) \, u\, \exp \left( -u\right) \, \mathrm{d}u$$ en $$\cos \mathrm{t}\, \int _{0}^{t}u\, e^{-u}\cos \mathrm{u}\, \mathrm{d}u+\sin \mathrm{t}\, \int _{0}^{t}u\, e^{-u}\, \sin \mathrm{u}\, \mathrm{d}u$$ et intégrer par parties. On obtient
      $$\left( \cos \star B\right) \left( t\right) =\frac{\sin t-\cos t}... ...2}\int _{0}^{t}e^{-u}\cos u\, \mathrm{d}u-\frac{1}{2}t\, \exp \left( -t\right)$$
   3. Intégrant par parties, on a : $$\int _{0}^{t}e^{-u}\sin u\, \mathrm{d}u=-\exp \left( -t\right) \, \sin \mathrm{t}+\int _{0}^{t}e^{-u}\cos u\, \mathrm{d}u$$ et $$\int _{0}^{t}e^{-u}\cos u\, \mathrm{d}u=-\exp \left( -t\right) \, \cos \mathrm{t}-\int _{0}^{t}e^{-u}\sin u\, \mathrm{d}u$$. On en déduit $$\int _{0}^{t}e^{-u}\cos u\, \mathrm{d}u=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\exp \left( -t\right) \left( \sin t-\cos t\right)$$ et le résultat suit.
   4. Comme $f=A+\left( \cos \star B\right)$, on obtient
      $$f\left( t\right) =\left( 1+\frac{1}{2}t\right) \exp \left( -t\right) +\frac{1}{2}\sin t\qquad lorsque\; g=\cos$$
      On vérifie les conditions initiales, et l'équation différentielle.

3 Transformation inverse

1. A partir de maintenant, la fonction $g$ est la fonction périodique, de période $T=2$, qui coïncide avec $\psi$ sur l'intervalle $\left[ 0,\, 2\right]$. Croquis. Image Laplace.
   1. On a $\psi \left( t\right) =g\left( t\right) -g\left( t+T\right)$ et donc ${\cal L}\left( \psi \right) \left( p\right) =\left( 1-\exp \left( -2\, p\right) \right) {\cal L}\left( g \right) \left( p\right)$. On en déduit
      $$\mathrm{Lap}\left( g\right) \left( p\right) =\frac{\mathrm{Lap}\l... ...exp \left( -p\right) +p-1}{p^{2}\, \left( 1-\exp \left( -2\, p\right) \right) }$$

   2. La Fig. 3 donne les graphes de $g$ et de ${\cal L}\left( g \right)$. Cette fois-ci, l'aire sous la courbe $g$ est infinie, et donc ${\cal L}\left( g \right) \left( 0\right) =\infty$. Un développement limité donne ${\cal L}\left( g \right) \left( p\right) =\frac{1}{4p}+\frac{1}{6}+\frac{p}{48}+\mathrm{O}\left( p^{2}\right)$ et l'on vérifie que la limite, pour $p\rightarrow 0$ de $p\times {\cal L}\left( g \right) \left( p\right)$ existe et est égale à la valeur moyenne à l'infini de $g$. En effet, la fonction $g$ est périodique, et cette moyenne n'est rien d'autre que la moyenne sur une période.

   Figure 3: La fonction $g$ et son image Laplace.

2. On définit la fonction auxiliaire $\varphi$ par ${\cal L}\left( \varphi \right) \left( p\right) ={\cal L}\left( f \right) \left( p\right) \times \left( 1-\exp \left( -2*p\right) \right)$. Utiliser (1.3) pour exprimer ${\cal L}\left( \varphi \right) \left( p\right)$ sous forme d'une combinaison d'exponentielles, les coefficients étant des fractions rationnelles.

   D'après ce qui précéde, on a $\mathrm{Lap}\left( f\right) \left( p\right) =\frac{p+2}{\left( p+1\right) ^{2}... ...-1}{p^{2}\left( p+1\right) ^{2}\, \left( 1-\exp \left( -2\, p\right) \right) }$ et donc

   $$\displaystyle \mathrm{Lap}\left( \varphi \right) \left( p\right) ... ...-\frac{\left( p+2\right) \, \exp \left( -2\, p\right) }{\left( p+1\right) ^{2}}$$

3. Déterminer $\alpha \left( t\right)$ et $\varphi _{2}\left( t\right)$ telles que ${\cal L}\left( \alpha \right) \left( p\right) =\frac{-1}{\left( p+1\right) ^{2}}$ et ${\cal L}\left( \varphi _{2} \right) \left( p\right) =$ $\frac{1}{p^{2}\left( p+1\right) ^{2}}$.
   1. On a ${\cal L}\left( t \right) \left( p\right) =\frac{1}{p^{2}}$ et donc ${\cal L}\left( -t\, \exp \left( -t\right) \right) \left( p\right) =\frac{-1}{\left( p+1\right) ^{2}}$.
   2. Une décomposition en éléments simples donne ${\cal L}\left( \varphi _{2} \right) \left( p\right) \doteq \frac{1}{p^{2}\left( p+1\right) ^{2}}=$ $\frac{1}{p^{2}}-\frac{2}{p}+\frac{1}{\left( p+1\right) ^{2}}+\frac{2}{p+1}$ (on vérifie que la somme des résidus est nulle, car la fraction est de degré inférieur à $-1$). On en déduit que $\varphi _{2}\left( t\right) =\left( t+2\right) \, \exp \left( -t\right) +t-2$.
   3. On a déjà indiqué que ${\cal L}\left( \varphi _{3} \right) \left( p\right) =-\frac{p+2}{\left( p+1\right) ^{2}}$ lorsque $\varphi _{3}\left( t\right) =-\left( t+1\right) \, \exp \left( -t\right)$.
4. On donne ${\cal L}\left( \beta \right) \left( p\right) =\frac{p^{2}+p-1}{p^{2}\left( 1+p\right) ^{2}}$ lorsque $\beta \left( t\right) =-t+3-\left( t+3\right) \exp \left( -t\right)$. En déduire la valeur de la fonction $\varphi$.
   1. On a donc ${\cal L}\left( \varphi _{1} \right) \left( p\right) =\frac{p^{3}+2\, p^{2}+p-1... ...( p+1\right) ^{2}}=\frac{1}{p+1}+\frac{p^{2}+p-1}{p^{2}\left( 1+p\right) ^{2}}$ lorsque $\varphi _{3}\left( t\right) =-t+3-\left( t+2\right) \, \exp \left( -t\right)$.
   2. On obtient $\varphi \left( t\right) =\varphi _{1}\left( t\right) \mathrm{H}\left( t \right... ...H}\left( t-1 \right) +\varphi _{2}\left( t\right) \mathrm{H}\left( t-2 \right)$ à partir des formules de translation, ce qui conduit à
      $$\varphi \left( t\right) =\left( \begin{array}{r} \mathrm{H}\left(... ...ght) \exp \left( 2-t\right) \, \mathrm{H}\left( t-2\right) \end{array}\right)$$

5. La figure ci-dessous donne (à gauche) le graphe de $\varphi \left( t\right)$ et (à droite) le graphe de
   $\varphi \left( t\right) +\varphi \left( t-2\right) +\varphi \left( t-4\right) +\varphi \left( t-6\right)$ . Qu'y a-t-il à remarquer ? Qu'en conclure pour $f$ ?
   1. Sur l'intervalle $\left] 0,\, 2\right[$, on a $\varphi \left( t\right) =f\left( t\right)$. Par conséquent, $\varphi \left( 0+\varepsilon \right) =f\left( 0+\varepsilon \right) =1$ et $\varphi '\left( 0+\varepsilon \right) =f'\left( 0+\varepsilon \right) =0$, ce qui se vérifie sur le dessin.
   2. Comme $f$ est solution d'une équation différentielle du deuxième ordre, $f$ et $f'$ sont continues, et $f''$ est continue lorsque $g$ est continue. On vérifie que $\varphi ,$ $\varphi '$ et $\varphi ''$ sont continues en $t=1$.
   3. On constate que $\varphi$ est discontinue en $t=2$, où elle fait un bond vers le bas de $\Delta \varphi =1$. C'est précisément la raison pour laquelle $f$ est continue en ce point. En effet $f\left( t\right) =\sum _{n}\varphi \left( t-n\, T\right)$ et donc $f\left( 2+h\right) =\varphi \left( 2+h\right) +\varphi \left( h\right)$ : les deux termes font des sauts qui se compensent.
   4. Lorsque l'on prend quatre termes, la discontinuité se décale vers la droite.
   5. On remarque que la fonction se régularise, les arches se ressemblant de plus en plus.

   Figure 4: La fonction $\varphi$ et son image Laplace.

6. Montrer l'existence d'un régime limite périodique, c'est à dire d'une fonction périodique $\gamma$ telle que $\left\vert f\left( t\right) -\gamma \left( t\right) \right\vert \rightarrow 0$ lorsque $t\rightarrow \infty$. Écrire les équations déterminant $\gamma$.
   1. L'existence d'un régime limite périodique vient du terme du premier ordre (coefficient positif). On a donc un "freinage", provoquant la dissipation de l'énergie liée à la condition initiale. Au bout d'un "certain temps", la composante induite par l'excitation périodique devient dominante puis, à la limite, devient seule à intervenir.
   2. On voit que $\exp \left( -t\right)$ et $t\, \exp \left( -t\right)$ sont deux solutions indépendantes de l'équation différentielle linéaire associée Par conséquent, toute solution de l'équation à résoudre s'écrit $\gamma \left( t\right) =a\, \exp \left( -t\right) +b\, t\, \exp \left( -t\right) +f\left( t\right)$, les constantes $a,\, b$ restant à déterminer.
   3. La période est nécessairement celle de la fonction excitatrice. Les équations cherchées sont donc $\gamma \left( 0\right) =\gamma \left( 2\right)$ et $\gamma '\left( 0\right) =\gamma '\left( 2\right)$. Les évaluations en $t=0$ sont faites en venant de la droite, ce qui donne $\gamma \left( 0\right) =1+a$ et $\gamma '\left( 0\right) =b-a$, et les évaluations en $t=2$ sont faites en venant de la gauche... ce qui simplifie grandement les calculs puisqu'alors $f\left( t\right) =\varphi \left( t\right)$ et de plus $\mathrm{H}\left( t-2 \right) =0$.
   4. On trouve $a=-.7841$ et $b=-.8876$. En reportant, il vient
      $$\gamma \left( t\right) =\left\{ \begin{array}{cccl} si & 0<x<1 & ... ...\left( -t\right) +\left( 1+t\right) \exp \left( 1-t\right) \end{array}\right.$$
      En particulier, on a $\gamma \left( 0\right) =.2159,\, \gamma '\left( 0\right) =-.1035$.

   Figure: Le "motif élémentaire", la solution effective et sa limite périodique.

   

7. En annexe, démontrons la convergence vers $0$ d'un systeme dissipatif isolé.
   1. L'intégrale de l'énergie donne $$0=\int _{0}^{M}\left( f''\left( t\right) +2f'\left( t\right) +\mathrm{f}\left( t\right) \right) \, f'\left( t\right) \, \mathrm{d}t$$, d'où
      $$\displaystyle \frac{1}{2}\, \left( f'\left( 0\right) ^{2}+\mathrm... ...ht) ^{2}\right) +2\, \int _{0}^{M}\mathrm{f}'\left( t\right) ^{2}\, \mathrm{d}t$$

   2. On en déduit $f\left( t\right)$ et $f'\left( t\right)$ bornées et surtout $\int _{0}^{M}\mathrm{f}'\left( t\right) ^{2}\, \mathrm{d}t$ bornée, ce qui implique $f'\left( t\right) \rightarrow 0$ quand $t\rightarrow \infty$.
   3. Puis on reporte $$\int _{0}^{M}f''\left( t\right) \, f\left( t\right) \, \mathrm{d... ...0\right) \, f\left( 0\right) -\int _{0}^{M}f'\left( t\right) ^{2}\, \mathrm{d}t$$ dans $$0=\int _{0}^{M}\left( f''\left( t\right) +2f'\left( t\right) +\mathrm{f}\left( t\right) \right) ^{2}\, \mathrm{d}t$$ et on trouve $$\int _{0}^{M}f''\left( t\right) ^{2}\, \mathrm{d}t\, +\int _{0}^... ...\right) \, f\left( M\right) +6\int _{0}^{M}f'\left( t\right) ^{2}\, \mathrm{d}t$$. Tout ce qui est à droite est borné, donc les deux intégrales de gauche sont bornées. Prouvant que les intégrandes tendent vers $0$ quand $t\rightarrow \infty$.