# Théorie physique des distributions/Exercices/Transformée de Laplace
## Exercice 7-1

Calculer les transformées de Laplace des fonctions suivantes :
$a)\quad f(t)=H(t).\cos ^{2}(2\omega t)$
$b)\quad g(t)=H(t).\sin ^{2}(2\omega t)$
$c)\quad h(t)=H(t).t.\cos ^{2}(2\omega t)$
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 :
$a)\quad {\frac {1}{p(p+1)^{2}}}$
$b)\quad {\frac {p^{2}-1}{(p^{2}+1)(p^{2}+4)}}$
$c)\quad {\frac {p^{3}+2p^{2}}{(p^{2}+2p+2)(p^{2}+2p+5)}}$
$d)\quad {\frac {(e^{-p}+p-1)(1-e^{-p})}{p^{2}}}$
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.
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 t$_0$.

## 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 ∈ D+$^′${\textstyle {\mathcal {D}}_{+}'}, telle que :
$u''+2u'+4u=H(t).e^{-t}.\cos {t}$
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 p$^2$ 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 :
${\begin{aligned}u(t)&=H(t){\frac {e^{-t}}{2{\sqrt {3}}}}\int _{0}^{t}\sin {\left((t-x){\sqrt {3}}-x\right)}+\sin {\left((t-x){\sqrt {3}}+x\right)}\,\mathrm {d} x\\&=H(t){\frac {e^{-t}}{2{\sqrt {3}}}}\left(\int _{0}^{t}\sin {\left((1+{\sqrt {3}})x-t{\sqrt {3}}\right)}\,\mathrm {d} x-\int _{0}^{t}\sin {\left((1-{\sqrt {3}})x+t{\sqrt {3}}\right)}\,\mathrm {d} x\right)\\&=H(t){\frac {e^{-t}}{2{\sqrt {3}}}}\left({\frac {1}{1+{\sqrt {3}}}}\left[\cos {\left((1+{\sqrt {3}})x-t{\sqrt {3}}\right)}\right]_{0}^{t}-{\frac {1}{1-{\sqrt {3}}}}\left[\cos {\left((1-{\sqrt {3}})x+t{\sqrt {3}}\right)}\right]_{0}^{t}\right)\\&=H(t){\frac {e^{-t}}{2{\sqrt {3}}}}\left({\frac {\cos {\left(t\right)}-\cos {\left(-t{\sqrt {3}}\right)}}{1+{\sqrt {3}}}}-{\frac {\cos {\left(t\right)}-\cos {\left(t{\sqrt {3}}\right)}}{1-{\sqrt {3}}}}\right)\\&=H(t){\frac {e^{-t}\left(\cos {\left(t\right)}-\cos {\left(t{\sqrt {3}}\right)}\right)}{2{\sqrt {3}}}}\left({\frac {1}{1+{\sqrt {3}}}}-{\frac {1}{1-{\sqrt {3}}}}\right)\\&=H(t){\frac {e^{-t}\left(\cos {\left(t\right)}-\cos {\left(t{\sqrt {3}}\right)}\right)}{2{\sqrt {3}}}}\times {\frac {-2{\sqrt {3}}}{1-3}}\\&={\frac {1}{2}}H(t)e^{-t}\left(\cos {\left(t\right)}-\cos {\left(t{\sqrt {3}}\right)}\right)\end{aligned}}$
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