Chapitre 5 : calcul op erationnel ou transformation de Laplace©matiques appliquées, chapitre 5.pdf · Chapitre 5 : calcul op erationnel ou transformation de Laplace 1 Transform

Mathematiques appliquees 2019-2020 Cl. Gabriel

Chapitre 5 : calcul operationnel ou transformation de Laplace

1 Transformee de Laplace

1.1 Definition

Definition (Transformee de Laplace) :

Soit F (t) une fonction de t, definie pour t > 0. On definit et on note L{F (t)} = f(s) la transformee deLaplace de F (t) comme suit :

L{F (t)} = f(s) =

∫ ∞0

e−stF (t)dt (1)

ou s est une variabe quelconque reelle ou complexe. Si s est dans C, on notera x et y ses parties reelle et ima-ginaire, donc s = x+ jy.

La transformee de Laplace de F (t) existe si l’integrale precedente converge pour certaines valeurs de s.Exemples :

• Si F (t) = 1∀t > 0

L{1} = f(s) =

∫ ∞0

e−st.1dt = −1

s

[e−st

]∞0

= −1

s

[e−(x+jy)t

]∞0

= −1

s

{limt→∞

e−xte−jyt − 1}

=1

ssi x > 0

donc on a :

L{1} =1

spour s ∈ C |Re(s) = x > 0 (2)

• Si F (t) = t∀t > 0

L{t} = f(s) =

∫ ∞0

e−sttdt

En integrant par parties,{u = t

v′ = e−st

{u′ = 1

v = − 1se−st

on obtient : ∫ ∞0

e−sttdt =

[−1

ste−st

]∞0

+1

s

∫ ∞0

e−stdt

= −1

s

{limt→∞

te−(x+jy)t − 0}

+1

s

(−1

s

)[e−st

]∞0

=−1

s2(0− 1) =

1

s2si x > 0

donc on a :

L{t} =1

s2pour s ∈ C |Re(s) = x > 0 (3)

1


1.2 Conditions suffisantes d’existence de la transformee de Laplace

Theoreme 1.1 (Existence de la transformee de Laplace) :Si F (t) est continue par morceaux sur chaque intervalle fini 0 6 t 6 N et si F (t) est d’ordre exponentiel γpour t > N , alors la transformee de Laplace f(s) existe ∀s tel que Re(s) > γ.

1.2.1 Hypothese 1 : continuite par morceaux

Une fonction est dite continue par morceaux sur un intervalle α 6 t 6 β si l’intervalle peut etre subdiviseen un nombre fini d’intervalles sur lesquels la fonction est continue et a des limites a droite et a gauche finies(mais non egales) en les points de la subdivision. On parle aussi de discontinuites de premiere espece dansce cas.Exemple :

1.2.2 Hypothese 2 : fonction d’ordre exponentiel

Si ∃ des constantes reelles M > 0 et γ telles que ∀t > N , |e−γtF (t)| < M ou encore |F (t)| < Meγt on ditque F (t) est une fonction d’ordre exponentiel γ quand t → ∞ ou plus simplement que F (t) est d’ordreexponentiel.

Intuitivement, cela veut dire qu’a partir d’une certaine valeur de t(= N), F (t) ne peut croıtre plus vite qu’uneexponentielle Meγt, donc que lim

t→∞e−γtF (t) = 0.

Exemples :

• F (t) = t2 est d’ordre exponentiel 1, 2, 3, · · · puisque :

t2 < et < e2t < e3t < · · · ∀t > 0

• F (t) = et3

n’est pas d’ordre exponentiel puisque |e−γtet3 | = et3−γt peut devenir aussi grand qu’on veut

lorsque t augmente (t3 croıt plus vite que γt quand t→∞).

• F (t) = eat est d’ordre exponentiel ∀a ∈ R puisque :

eat < eγt ∀γ > a

2


Remarque :Le theoreme (1.1) donne des conditions suffisantes pour garantir l’existence de la transformee de Laplace, maisces conditions ne sont pas necessaires. La transformee de Laplace peut donc exister ou non si elles ne sont pasverifiees.

1.3 Transformees de Laplace des fonctions elementaires

• On a deja montre que :

L{1} =1

spour s ∈ C |Re(s) = x > 0

L{t} =1

s2pour s ∈ C |Re(s) = x > 0

On va generaliser et montrer que :

Si F (t) = tn ∀t > 0, L{tn} =n!

sn+1pour s ∈ C |Re(s) = x > 0 ∀n ∈ N

En effet :

L{tn} = f(s) =

∫ ∞0

e−sttndt

Par parties : {u = tn

v′ = e−st

{u′ = ntn−1

v = − 1se−st

on obtient : ∫ ∞0

e−sttndt = −1

s

[tne−st

]∞0

+n

s

∫ ∞0

tn−1e−stdt

= 0 +n

sL{tn−1

}pour s ∈ C |Re(s) = x > 0

=n(n− 1)

s2L{tn−2

}= · · ·

=n!

snL{1} par recurrence sur n

=n!

sn+1

donc :

L{tn} =n!

sn+1pour s ∈ C |Re(s) = x > 0 ∀n ∈ N (4)

• Si F (t) = eat ∀t > 0 ∀a = x′ + jy′ ∈ C,

L{eat}

= f(s) =

∫ ∞0

e−steatdt

=

∫ ∞0

e−(s−a)tdt

=−1

s− a

[e−(s−a)t

]∞0

=−1

s− a

[e−(x−x′)te−j(y−y

′)t]∞

0

=−1

s− a{0− 1} si x− x′ > 0 ⇐⇒ x > x′

=1

s− a

donc :

L{eat}

=1

s− apour s ∈ C |Re(s) > Re(a) (5)

3


• Si F (t) = sin at ∀t > 0 ∀a = x′ + jy′ ∈ C,

L{sin at} = f(s) =

∫ ∞0

e−st sin atdt

= limP→∞

∫ P

0

e−st sin atdt

= limP→∞

[e−st(−s sin at− a cos at)

s2 + a2

]P0

= limP→∞

{a

s2 + a2− e−sP

s2 + a2(s sin aP + a cos aP

}=

a

s2 + a2si Re(s) > 0 (6)

Remarque : on a utilise la primitive suivante :∫eαt sinβtdt =

eαt(α sinβt− β cosβt)

α2 + β2

qui s’obtient par une double integration par parties.

• Si F (t) = cos at ∀t > 0 ∀a = x′ + jy′ ∈ C,

L{cos at} = f(s) =

∫ ∞0

e−st cos atdt

= limP→∞

∫ P

0

e−st cos atdt

= limP→∞

[e−st(−s cos at+ a sin at)

s2 + a2

]P0

= limP→∞

{s

s2 + a2− e−sP

s2 + a2(s cos aP − a sin aP

}=

s

s2 + a2si Re(s) > 0 (7)

Remarque : on a utilise la primitive suivante :∫eαt cosβtdt =

eαt(α cosβt+ β sinβt)

α2 + β2

qui s’obtient par une double integration par parties.

1.3.1 Resume des transformees de Laplace des fonctions elementaires

F (t) f(s) = L{F (t)}1 1

s

t 1s2

tn n!sn+1 n = 0, 1, 2, · · ·

eat 1s−a

sin at as2+a2

cos at ss2+a2

sinh at as2−a2

cosh at ss2−a2

Remarque : les deux dernieres lignes de ce tableau seront prouvees ulterieurement mais peuvent deja etrecomprises a l’aide des transformations suivantes :

sinh at =eat − e−at

2=e−j

2at − e+j2at

2=e−j(ajt) − ej(ajt)

2= −e

j(ajt) − e−j(ajt)

2== −j sin(jat)

cosh at =eat + e−at

2=e−j

2at + e+j2at

2=e−j(ajt) + ej(ajt)

2= cos(jat)

4


donc :

L{sinh at} = −jL{sin(jat)} = −j ja

s2 + (ja)2=

a

s2 − a2

L{cosh at} = L{cos(jat)} =s

s2 + (ja)2=

s

s2 − a2

1.3.2 Exercices : transformees de Laplace des fonctions elementaires

Exercice 1Trouver la transformee de Laplace des fonctions suivantes et specifier les valeurs de s pour lesquelles elle existe :

• 2e4t

• 3e−2t

• 5t− 3

• 2t2 − e−t

• 3 cos 5t

• 10 sin 6t

• 6 sin 2t− 5 cos 2t

•(t2 + 1

)2• (sin t− cos t)

2

• 3 cosh 5t− 4 sinh 5t

Exercice 2Calculer :

• L{(

5e2t − 3)2}

• L{

4 cos2 2t}

• L{

cosh2 4t}

Exercice 3Trouver L{F (t)} si :

•F (t) =

{0 pour 0 < t < 24 pour t > 2

•F (t) =

{2t pour 0 6 t 6 51 pour t > 5

Exercice 4Montrer que :

L{tn} =n!

sn+1∀n = 1, 2, 3, · · ·

5


1.4 Proprietes des transformees de Laplace

1.4.1 Propriete de linearite

Theoreme 1.2 (Propriete de linearite) :Si c1 et c2 sont des constantes quelconques et F1(t) et F2(t) sont des fonctions dont les transformees de Laplacesont f1(s) et f2(s) alors :

L{c1F1(t) + c2F2(t)} = c1L{F1(t)}+ c2L{F2(t)}= c1f1(s) + c2f2(s) (8)

Le resultat s’etend directement a plus de 2 fonctions. Le symbole L qui transforme F (t) en f(s), souvent appeleoperateur de transformation de Laplace, est donc un operateur lineaire.

Preuve

L{c1F1(t) + c2F2(t)} =

∫ ∞0

e−st {c1F1(t) + c2F2(t)}dt

= c1

∫ ∞0

e−stF1(t)dt+ c2

∫ ∞0

e−stF2(t)dt

= c1L{F1(t)}+ c2L{F2(t)}= c1f1(s) + c2f2(s)

Exemple :Trouvons :

L{

4e5t + 6t3 − 3 sin 4t+ 2 cos 2t}

Par la propriete de linearite, on a :

L{

4e5t + 6t3 − 3 sin 4t+ 2 cos 2t}

= 4L{

4e5t}

+ 6L{t3}− 3L{sin 4t}+ 2L{cos 2t}

= 41

s− 5+ 6

3!

s4− 3

4

s2 + 16+ 2

s

s2 + 16

=4

s− 5+

36

s4− 12

s2 + 16+

2s

s2 + 4∀s ∈ C|Re(s) > 5

1.4.2 Translation de la variable s

Theoreme 1.3 (Translation de la variable s) :Si L{F (t)} = f(s) alors :

L{eatF (t)

}= f(s− a) (9)

En d’autres mots, si la fonction objet F (t) est multipliee par le facteur exponentiel eat, son image f(s) subitun retard de a.

Preuve

L{eatF (t)

}=

∫ ∞0

e−steatF (t)dt

=

∫ ∞0

e−(s−a)tF (t)dt

= f(s− a)

6


Exemples :

• Comme L{cos 2t} = f(s) = ss2+4 , on a :

L{e−t cos 2t} = f(s+ 1) = s+1(s+1)2+4 = s+1

s2+2s+5

• Calculons L{ejωt sinωt

}:

L{ejωt sinωt

}=

ω

(s− jω)2 + ω2=

ω

s2 − 2jsω − ω2 + ω2

=ω

s2 − 2jsω=

ω

s(s− 2jω)=ω(s+ 2jω)

s(s2 + 4ω2)

De la, nous deduisons :

L{

cosωt. sinωt+ j sin2 ωt}

=ω

s2 + 4ω2+ j

2ω2

s(s2 + 4ω2)

donc :

L{cosωt. sinωt} = L{

sin 2ωt

2

}=

ω

s2 + 4ω2

ce qui est normal puisque :

L{

sin 2ωt

2

}=

1

2L{sin 2ωt} =

1

2

2ω

s2 + 4ω2=

ω

s2 + 4ω2

mais on a aussi :

L{

sin2 ωt}

=2ω2

s(s2 + 4ω2)(10)

On peut aussi deduire :

L{

cos2 ωt}

= L{

1− sin2 ωt}

=1

s− 2ω2

s(s2 + 4ω2)

=s2 + 2ω2

s(s2 + 4ω2)(11)

1.4.3 Translation de la variable t ou theoreme du retard

Theoreme 1.4 (Translation de la variable t ou theoreme du retard) :

Si L{F (t)} = f(s) et G(t) =

{F (t− a) si t > a

0 si t < aalors :

L{G(t)} = e−asf(s) (12)

En d’autres mots, si la fonction objet F (t) apparaıt avec un retard de a, son image f(s) est multipliee par lefacteur exponentiel e−as ∀a ∈ R+. Ce facteur s’appelle le facteur de retard. Reciproquement, si dans unetransformee il y a un facteur e−as, c’est que l’objet F (t) subit un retard de a.

7


Preuve

Si L{F (t)} = f(s) et G(t) =

{F (t− a) si t > a

0 si t < aalors :

L{G(t)} =

∫ ∞0

e−stG(t)dt

=

∫ a

0

e−stG(t)dt+

∫ ∞a

e−stG(t)dt

= 0 +

∫ ∞0

e−stF (t− a)dt

=

∫ ∞0

e−s(u+a)F (u)du en posant u = t− a

= e−as∫ ∞

0

e−suF (u)du

= e−asf(s)

Exemple :Trouvons :

L{F (t)} si F (t) =

cos(t− 2π

3

)pour t > 2π

3

0 pour t < 2π3

Par le theoreme (1.4), comme L{cos t} = ss2+1 , on a directement :

L{F (t)} = e−2πs3

ss2+1 .

On peut le retrouver par un calcul direct :

L{F (t)} =

∫ ∞0

e−stF (t)dt

=

∫ 2π3

0

e−stF (t)dt+

∫ ∞2π3

e−stF (t)dt

= 0 +

∫ ∞2π3

e−stF (t)dt

=

∫ ∞0

e−s(u+ 2π3 ) cosudu en posant u = t− 2π

3

= e−2πs3

∫ ∞0

e−su cosudu

= e−2πs3

s

s2 + 1

8


1.4.4 Propriete du changement d’echelle

Theoreme 1.5 (Propriete du changement d’echelle) :Si L{F (t)} = f(s) alors :

L{F (at)} =1

af( sa

)∀a > 0

Exemple :Comme L{sin t} = 1

s2+1 , on a :

L{sin 3t} = 13

1

( s3 )2+1

= 13

9s2+9 = 3

s2+9

Preuve

L{F (at)} =∫∞

0e−stF (at)dt

Posons : {u = at

du = adt

alors :

L{F (at)} = 1a

∫∞0e−s

uaF (u)du = 1

af(sa

)1.4.5 Exemples divers utilisant les proprietes precedentes

• Transformee de Laplace de la fonction sinus hyperbolique.Si F (t) = sinh at ∀t > 0, ∀a = x′ + jy′ ∈ C, par application de la propriete de linearite (1.2), onobtient :

L{sinh at} = L{eat − e−at

2

}=

1

2

(1

s− a− 1

s+ a

)si Re(s) > Re(a) = x′ et si Re(s) > Re(−a) = −x′

=1

2

s+ a− s+ a

s2 − a2si Re(s) > |x′|

=1

2

2a

s2 − a2

=a

s2 − a2

donc :

L{sinh at} =a

s2 − a2si Re(s) > |x′| (13)

• Transformee de Laplace de la fonction cosinus hyperbolique.Si F (t) = cosh at ∀t > 0, ∀a = x′ + jy′ ∈ C, par application de la propriete de linearite (1.2), onobtient :

L{cosh at} = L{eat + e−at

2

}=

1

2

(1

s− a+

1

s+ a

)si Re(s) > Re(a) = x′ et si Re(s) > Re(−a) = −x′

=1

2

s+ a− s− as2 − a2

si Re(s) > |x′|

=1

2

2s

s2 − a2

=s

s2 − a2

9


donc :

L{cosh at} =s

s2 − a2si Re(s) > |x′| (14)

• Transformee de Laplace de la fonction exponentielle de base b.Si F (t) = bat ∀t > 0, ∀b ∈ R+

0 , ∀a = x′ + jy′ ∈ C, on a :

L{bat}

= L{eln bat

}= L

{eat ln b

}=

1

s− a ln bsi Re(s) > Re(a ln b)

donc :

L{bat}

=1

s− a ln bsi Re(s) > Re(a ln b) (15)

• Transformee de Laplace de la fonction echelon unite de Heaviside.

Si F (t) = Ua(t) =

{0 ∀t < a1 ∀t > a

.

Remarquons tout d’abord que Ua(t) = U0(t− a) donc par le theoreme du retard (1.4), on a :

L{Ua(t)} = e−asL{U0(t)}

= e−as∫ ∞

0

e−stU0(t)dt

= e−as∫ ∞

0

e−st1dt

= e−as(−1)

s

[e−st

]∞0

=e−as

ssi Re(s) > 0

donc :

L{Ua(t)} =e−as

ssi Re(s) > 0 (16)

• Transformee de Laplace de la fonction onde rectangulaire.

Si F (t) =

{0 ∀t < 0 et ∀t > a

1 ∀0 6 t < a

10


Remarquons tout d’abord que F (t) = U0(t)− Ua(t) donc par la propriete de linearite (1.2), on a :

L{F (t)} = L{U0(t)− Ua(t)}= L{U0(t)} − L{Ua(t)}

=1

s− e−as

s

=1− e−as

ssi Re(s) > 0 (17)

• Transformee de Laplace de la fonction en escalier.

Si F (t) =

0 ∀t < 0

1 ∀0 6 t < a2 ∀a 6 t < 2a

· · ·

.

Remarquons tout d’abord que F (t) = U0(t) +Ua(t) +U2a(t) + · · · donc par la propriete de linearite (1.2),on a :

L{F (t)} = L{U0(t) + Ua(t) + U2a(t) + · · · }= L{U0(t)}+ L{Ua(t)}+ L{U2a(t)}+ · · ·

=1

s+e−as

s+e−2as

s+ · · ·

=1

s

(1 + e−as + e−2as + · · ·

)=

1

s

1

1− e−as(18)

car c’est une serie geometrique de raison e−as < 1 puisque a > 0 et Re(s) > 0 ; elle converge donc vers1

1−e−as .

• Transformee de Laplace de la fonction en creneaux.

Si F (t) =

0 ∀t < 0

1 ∀0 6 t < a ou 2a 6 t < 3a ou · · ·−1 ∀a 6 t < 2a ou 3a 6 t < 4a ou · · ·

· · ·

.

11


Remarquons tout d’abord que F (t) = U0(t) − 2Ua(t) + 2U2a(t) − 2U3a(t) + · · · donc par la propriete delinearite (1.2), on a :

L{F (t)} = L{U0(t)− 2Ua(t) + 2U2a(t)− 2U3a(t) + · · · }= L{U0(t)} − 2L{Ua(t)}+ 2L{U2a(t)} − 2L{U3a(t)}+ · · ·

=1

s− 2e−as

s+

2e−2as

s− 2e−3as

s+ · · ·

=1

s

(1− 2e−as

(1− e−as + e−2as − e−3as + · · ·

))=

1

s

(1− 2e−as

1

1 + e−as

)(19)

car c’est une serie geometrique de raison −e−as comprise entre −1 et +1 qui converge donc vers 11+e−as .

On peut encore simplifier l’expression de la transformee comme suit :

L{F (t)} =1

s

1 + e−as − 2e−as

1 + e−as

=1

s

1− e−as

1 + e−as

=1

s

eas2 − e−as2

eas2 + e

−as2

=1

stanh

as

2(20)

• Transformee de Laplace de la fonction en dent de scie.

Si F (t) =

{0 ∀t < 0 ou ∀t > a

ta ∀0 6 t < a

.

Remarquons tout d’abord que F (t) = taU0(t)− t−a

a Ua(t)− Ua(t) donc par la propriete de linearite (1.2),

12


on a :

L{F (t)} = L{t

aU0(t)− t− a

aUa(t)− Ua(t)

}= L

{t

aU0(t)

}− L

{t− aa

Ua(t)

}− L{Ua(t)}

= L{t

aU0(t)

}− L

{t− aa

U0(t− a)

}− L{U0(t− a)}

=1

as2− e−as

as2− e−as

s

=1

as2

(1− e−as − ase−as

)(21)

ou on a utilise :

L{t

aU0(t)

}=

∫ ∞0

e−ast

adt

=1

a

∫ ∞0

e−astdt

=1

as2pour Re(s) > 0

et :

L{t− aa

Ua(t)

}= L

{t− aa

U0(t− a)

}=

e−as

as2par le theoreme du retard (1.4)

• Transformee de Laplace de la fonction sinusoıdale avec retard.Soit :

F (t) =

{0 ∀t < π

2ωsinω

(t− π

2ω

)∀t > π

2ω

La periode de cette fonction est π2ω et elle subit un retard de π

2ω . On a donc :

L{F (t)} = e−π2ω sL{sinωt}

= e−π2ω s

ω

s2 + ω2(22)

1.4.6 Exercices sur les proprietes des transformees de Laplace

Exercice 5Trouver L

{3t4 − 2t3 + 4e−3t − 2 sin 5t+ 3 cos 2t

}Exercice 6Evaluer chacune des transformees suivantes :

13


• L{t3e−3t

}• L {e−t cos 2t}

• L{

2e3t sin 4t}

• L{

(t+ 2)2et}

• L{e2t (3 sin 4t− 4 cos 4t)

}• L

{e−4t cosh 2t

}• L {e−t (3 sinh 2t− 5 cosh 2t)}

Exercice 7Trouver :

• L{e−t sin2 t

}• L

{(1 + te−t)3

}Exercice 8Trouver L{F (t)} si :

F (t) =

{(t− 1)2 pour t > 10 pour 0 < t < 1

Exercice 9Si L{F (t)} = s2−s+1

(2s+1)2(s−1) , trouver L{F (2t)}

Exercice 10

Si L{F (t)} = e−1s

s , trouver L{e−tF (3t)}

Exercice 11Si f(s) = L{F (t)}, montrez que pour r > 0, on a :

L{rtF (at)} = 1af(s−ln ra

)Exercice 12Calculer la transformee de Laplace des fonctions suivantes :

•

F (t) =

{0 ∀t < 0

t2 − 1 ∀t > 0

•

G(t) =

{0 ∀t < 1

(t2 − 1)2∀t > 1

14


•

H(t) =

{0 ∀t < 0

(t2 − 1)2∀t > 0

1.5 Transformees des derivees d’un objet

1.5.1 Transformee de la derivee premiere d’un objet

Theoreme 1.6 (Transformee de la derivee d’un objet) :Si L{F (t)} = f(s) alors :

L{F ′(t)} = sf(s)− F (0) (23)

si F (t) est continue pour 0 6 t 6 N et d’ordre exponentiel pour t > N et que F ′(t) est continue par morceauxpour 0 6 t 6 N .

Exemple :Si F (t) = cos 3t, alors L{F (t)} = s

s2+9 et on a :

L{F ′(t)} = L{−3 sin 3t}

= −3L{sin 3t} =−9

s2 + 9

ce qui vaut bien :

sf(s)− F (0) = ss

s2 + 9− 1

=s2 − s2 − 9

s2 + 9=−9

s2 + 9

Preuve

L{F ′(t)} =

∫ ∞0

e−stF ′(t)dt = limP→∞

∫ P

0

e−stF ′(t)dt

Integrons par parties :{u = e−st

v′ = F ′(t)

{u′ = −se−stv = F (t)

15


on a :

L{F ′(t)} = limP→∞

{[e−stF (t)

]P0

+ s

∫ P

0

e−stF (t)dt

}

= limP→∞

{e−sPF (P )− F (0)s

∫ P

0

e−stF (t)dt

}= sf(s)− F (0)

ou l’on a utilise le fait que F (t) est d’ordre exponentiel γ lorsque t→∞, de sorte que limP→∞

e−sPF (P ) = 0 pour

s > γ.

Remarques :

Theoreme 1.7 Si dans le theoreme (1.6), F (t) n’est pas continue en t = 0 mais que limt→0

F (t) = F (0+) existe

(mais n’est pas egal a F (a) qui peut exister ou non), alors :

L{F ′(t)} = sf(s)− F (0+) (24)

Theoreme 1.8 Si dans le theoreme (1.6), F (t) n’est pas continue en t = a alors :

L{F ′(t)} = sf(s)− F (0)− e−as{F (a+)− F (a−)

}(25)

ou F (a+)− F (a−) est appele le saut en la discontinuite t = a.

1.5.2 Transformee de la derivee seconde d’un objet

Theoreme 1.9 (Transformee de la derivee seconde d’un objet) :Si L{F (t)} = f(s) alors :

L{F ′′(t)} = s2f(s)− sF (0)− F ′(0) (26)

si F (t) et F ′(t) sont continues pour 0 6 t 6 N et d’ordre exponentiel pour t > N et que F ′′(t) est continuepar morceaux pour 0 6 t 6 N .

Si F (t) et F ′(t) ont des discontinuites, des modifications appropriees peuvent etre faites comme dans lestheoremes (1.7) et (1.8).

PreuvePar le theoreme (1.6), on a :

L{G′(t)} = sL{G(t)} −G(0)

Posons G(t) = F ′(t) :

L{F ′′(t)} = sL{F ′(t)} − F ′(0)

= s (sL{F (t)} − F (0))− F ′(0)

= s2f(s)− sF (0)− F ′(0)

16


1.5.3 Generalisation aux derivees superieures

Theoreme 1.10 (Transformee des derivees superieures d’un objet) :Si L{F (t)} = f(s) alors :

L{F (n)(t)

}= snf(s)− sn−1F (0)− sn−2F ′(0)− · · · − sF (n−2)(0)− F (n−1)(0) (27)

si F (t), F ′(t), · · · , F (n−1)(t) sont continues pour 0 6 t 6 N et d’ordre exponentiel pour t > N et que F (n)(t)est continue par morceaux pour 0 6 t 6 N .

Remarque :Si F (k)(0) = 0 ∀0 6 k 6 n− 1, alors :

L{F (n)(t)

}= snf(s) (28)

Lorsque les conditions initiales sont nulles, la derivee nieme de F (t) devient une multiplication par sn dansl’espace des images : c’est le principe de Heaviside.

1.5.4 Applications : calcul de transformees de Laplace sans integration

Les formules precedentes sont utiles pour trouver des transformees de Laplace sans integration.

• L {1} = 1s

Posons F (t) = 1 dans le theoreme (1.6) :

0 = L{0} = sL{1} − 1

donc L{1} = 1s .

• L {t} = 1s2

Posons F (t) = t dans le theoreme (1.6) :

L{1} =1

s= sL{t} − 0

donc L{t} = 1s2 .

• L {eat} = 1s−a

Posons F (t) = eat dans le theoreme (1.6) :

L{aeat

}= aL

{eat}

= sL{eat}− 1

donc 1 = (s− a)L{eat} et L{eat} = 1s−a .

• L {sin at} = as2+a2

Utilisons le theoreme (1.9) :

L{F ′′(t)} = s2f(s)− sF (0)− F ′(0)

et posons F (t) = sin at, alors F ′(t) = a cos at et F ′′(t) = −a2 sin at, on a donc :

L{−a2 sin at

}= s2L{sin at} − 0− a.1

et donc :

−a2L{sin at} = s2L{sin at} − a(a2 + s2)L{sin at} = a

L{sin at} =a

a2 + s2

17


1.5.5 Exercices sur les transformees de Laplace des derivees

Exercice 13

Soit F (t) =

{2t pour 0 6 t 6 1t pour t > 1

:

• Trouver L{F (t)}

• Trouver L{F ′(t)}

• Le resultat L{F ′(t)} = sL{F (t)} − F (0) est-il applicable a ce cas ? Expliquez.

Exercice 14

Si F (t) =

{t2 pour 0 < t 6 1

0 pour t > 1:

• Trouver L{F ′′(t)}

• Le resultat L{F ′′(t)} = s2L{F (t)} − sF (0)− F ′(0) est-il applicable a ce cas ? Expliquez.

Exercice 15Calculer L{F ′(t)} par derivee et par formule et verifier les theoremes de la valeur initiale et finale pour lesfonctions :

• F (t) = U0(t)

• F (t) = sin t

• F (t) = e−t

Exercice 16Si F (t) = t3, calculer L

{F (3)(t)

}par derivee et par formule.

1.6 Transformee de Laplace des integrales de l’objet

Theoreme 1.11 (Transformee des integrales d’un objet) :Si L{F (t)} = f(s) alors :

L{∫ t

0

F (u)du

}=

f(s)

s(29)

Exemple :Comme L{sin 2t} = 2

s2+4 , on a :

L{∫ t

0sin 2udu

}= 2

s(s2+4)

Verifions le par un calcul direct :∫ t

0

sin 2udu =

[−1

2cos 2u

]t0

= −1

2cos 2t+

1

2

=1− cos 2t

2

L{

1− cos 2t

2

}=

1

2L{1} − 1

2L{cos 2t}

=1

2s− 1

2

s

s2 + 4

=s2 + 4− s2

2s(s2 + 4)

=4

2s(s2 + 4)

=2

s(s2 + 4)

18


PreuvePosons G(t) =

∫ t0F (u)du, alors G′(t) = F (t) et G(0) = 0.

Comme :

L{G′(t)} = sL{G(t)} −G(0)

on a :

L{G(t)} =1

s(L{F (t)}+ 0)

=f(s)

s

1.6.1 Exercices sur les transformees de Laplace des integrales

Exercice 17Verifier directement que :

L{∫ t

0

(u2 − u+ e−u)du

}=

1

sL{t2 − t+ e−t

}Exercice 18Si f(s) = L{F (t)}, montrer que :

L{∫ t

0

dt1

∫ t1

0

F (u)du

}=f(s)

s2(30)


L{∫ t

01−e−uu du

}= 1

s ln(1 + 1s )

Exercice 20Montrer que : ∫ ∞

t=0

∫ t

u=0

e−t sinu

ududt =

π

4


• L{∫ t

0sin audu

}• L

{∫ t0eu sinudu

}• L

{∫ t0u4e−udu

}• L

{∫ t0

cosh 2udu}

• L{∫ t

0e2u cos 3udu

}• L

{∫ t0u sin 2udu

}• L

{∫ t0u sin audu

}• L

{∫ t0ue2u coshudu

}

19


1.7 Multiplication par tn de l’objet ou derivees de l’image

Theoreme 1.12 (Derivees de l’image) :Si L{F (t)} = f(s) alors :

L{tnF (t)} = (−1)ndn

dsnf(s) ou n = 1, 2, 3, · · · (31)

Exemple :Comme L

{e2t}

= 1s−2 , on a :

L{te2t}

= − d

ds

(1

s− 2

)=

1

(s− 2)2

L{t2e2t

}=

d2

ds2

(1

s− 2

)=

2

(s− 2)3

PreuveOn a :

f(s) =∫∞

0e−stF (t)dt

En derivant sous le signe de l’integrale, on a :

df

ds=

d

ds

∫ ∞0

e−stF (t)dt

=

∫ ∞0

(−t)e−stF (t)dt

= −∫ ∞

0

(t)e−stF (t)dt

= −L{tF (t)}

donc L{tF (t)} = −f ′(s) ce qui prouve le theoreme pour n = 1.Par induction, supposons le theoreme vrai pour n = k, c’est-a-dire supposons vrai :

L{tkF (t)

}= (−1)k

dk

dskf(s)

alors :

d

ds

∫ ∞0

e−st{tkF (t)

}dt = (−1)kf (k+1)(s)

−∫ ∞

0

te−sttkF (t)dt = (−1)kf (k+1)(s)

−∫ ∞

0

e−sttk+1F (t)dt = (−1)kf (k+1)(s)∫ ∞0

e−sttk+1F (t)dt = (−1)k+1f (k+1)(s)

Le theoreme est donc vrai a l’ordre k + 1 ce qui termine la preuve par induction.

1.7.1 Exercices sur la multiplication par tn de l’objet

Exercice 22Calculer les transformees suivantes :

• L {t sin t}

• L{t2 cos t

}20


• L{te−4t sin t

}• L

{te3t sinh 2t

}• L

{t2 cosh 3t

}Exercice 23Montre rque :

• L {t cos at} = s2−a2(s2+a2)2

• L {t sin at} = 2as(s2+a2)2

Exercice 24Trouver L{t(3 sin 2t− 2 cos 2t)}

Exercice 25Montrer que L

{t2 sin t

}= 6s2−2

(s2+1)3


• L {t cosh 3t}

• L {t sinh 2t}

• L{t2 cos t

}• L

{(t2 − 3t+ 2) sin 3t

}• L

{t3 cos t

}Exercice 27Montrer que : ∫∞

0te−3t sin tdt = 3

50

1.8 Division par t de l’objet ou integration de l’image

Theoreme 1.13 (Integration de l’image) :Si L{F (t)} = f(s) alors :

L{F (t)

t

}=

∫ ∞s

f(u)du (32)

pourvu que limt→0

F (t)t existe.

Exemple :Comme L{sin t} = 1

s2+1 et limt→0

sin tt = 1, on a :

L{

sin t

t

}=

∫ ∞s

du

u2 + 1

= [arctanu]∞s

=π

2− arctan s

=

[− arctan

1

u

]∞s

= arctan1

s

21


Remarque : (arctan

1

x

)′=

1

1 +(

1x

)2 (− 1

x2

)= − 1

x2 + 1

On a donc :

arctanx+ arctan 1x = constante

En posant x = 1, on trouve que la constante vaut π2 .

PreuvePosons G(t) = F (t)

t , alors F (t) = tG(t). Prenons la transformee de Laplace des deux membres :

L{F (t)} = L{tG(t})

= (−1)d

dsL{G(t)} par le theoreme(1.12)

c’est-a-dire encore :

f(s) = − d

dsg

Integrons :

g(s) = −∫ s

∞f(u)du

=

∫ ∞s

f(u)du

c’est-a-dire :

L{F (t)

t

}=

∫ ∞s

f(u)du

Remarque : en integrant, on a choisi la constante d’integration de sorte que lims→∞

g(s) = 0 ; ce choix sera justifie

par le theoreme (1.15).

1.8.1 Exercices sur la division par t de l’objet ou l’integration de l’image


L{e−at−e−bt

t

}= ln s+b

s+a ∀a, b > 0


L{

cos at−cos btt

}= 1

2 ln s2+b2

s2+a2

Exercice 30Trouver

L{

sinh tt

}Exercice 31Montrer que : ∫∞

0e−3t−e−6t

t dt = ln 2

Indice : utiliser le premier exercice de cette liste


22


∫∞0

cos 6t−cos 4tt dt

Exercice 33Calculer : ∫∞

0e−at−e−bt

t dt

Exercice 34Calculer : ∫∞

0e−t sin t

t dt

1.8.2 Application de la transformee de Laplace au calcul d’integrales impropres

La formule :

L{F (t)

t

}=

∫ ∞s

f(u)du

appliquee pour s = 0 donne : ∫ ∞0

F (t)

tdt =

∫ ∞0

f(s)ds (33)

Cette formule permet de calculer certaines integrales impropres definies par l’integrale d’une transformee deLaplace.Exemple :

∫ ∞0

sin at

tdt =

∫ ∞0

a

s2 + a2dt

=[arctan

s

a

]∞0

=π

2− arctan 0 =

π

2

Exercice 35Montrer que : ∫∞

0sin2 2tt2 dt = π

2

Plus generalement, on obtient les formules suivantes :

• Comme∫∞

0e−stF (t)dt = f(s), on a en passant a la limite pour s→ 0 :∫ ∞

0

F (t)dt = f(0) (34)

• Comme∫∞

0e−st F (t)

t dt =∫∞sf(u)du, on a en passant a la limite pour s→ 0 :∫ ∞

0

F (t)

tdt =

∫ ∞0

f(s)ds (35)

• Comme∫∞

0e−sttnF (t)dt = (−1)n dn

dsn f(s), on a en passant a la limite pour s→ 0 :∫ ∞0

tnF (t)dt = (−1)n[

dn

dsnf(s)

]s=0

(36)


•∫∞

0te−2t cos tdt

23


•∫∞

0e−t−e−3t

t dt

•∫∞

0e−3t sin tdt

•∫∞

0e−t cos 2tdt

•∫∞

0e−2t sin t

t dt

•∫∞

0t2e−t cos tdt

•∫∞

0t3e−2t sin tdt

•∫∞

0t2 sinh 2tdt

•∫∞

0e−2tdt

1.9 Exercices melanges

Exercice 37

• L{e3t sin t

}• L

{t2 cosh 2t

}• L

{∫ t0euu cosudu

}• L

{e−t sin 3t

t

}•∫∞

0sin tt dt

•∫∞

0e−2tt3dt

•∫∞

0cos 4tdt

•∫∞

0e−2t cos t

t dt

•∫∞

0sin 2tt dt

•∫∞

0e2tt2 sin 2tdt

•∫∞

0t cosh 2tdt

1.10 Transformee de laplace d’une fonction periodique

Theoreme 1.14 (Transformee d’une fonction periodique) :Soit F (t) une fonction de periode T > 0 (c’est-a-dire telle que F (t+ T ) = F (t) ∀t, alors :

L{F (t)} =

∫ T0e−stF (t)dt

1− e−sT=

f0(s)

1− e−sT(37)

ou f0(s) est la transformee de Laplace de la premiere oscillation de l’onde :

F0(t) =

{F (t) ∀0 6 t 6 T

0 ailleurs(38)

24


PreuveOn a :

L{F (t)} =

∫ ∞0

e−stF (t)dt

=

∫ T

0

e−stF (t)dt+

∫ 2T

T

e−stF (t)dt+

∫ 3T

2T

e−stF (t)dt+ · · ·

Dans la seconde integrale, posons t = u+ T , dans la troisieme integrale, posons t = u+ 2T , etc. on obtient :

L{F (t)} =

∫ T

0

e−stF (t)dt+ e−sT∫ T

0

e−suF (u)du+ e−2sT

∫ T

0

e−suF (u)du+ · · ·

=(1 + e−sT + e−2sT + · · ·

) ∫ T

0

e−suF (u)du

=

∫ T0e−suF (u)du

1− e−sT

ou l’on a utilise la somme de la serie geometrique :

1 + r + r2 + r3 + · · · = 1

1− rsi |r| < 1

1.10.1 Exercices sur les transformees de Laplace d’une fonction periodque

• Transformee du courant redresse a une alternance.Si :

F (t) =

{sinωt ∀0 6 t < π

ω0 ∀πω 6 t < 2π

ω

et de periode2π

ω

La premiere onde est : F0(t) = sinωt+ U πω

(t) sinω(t− π

ω

)

25


et on a :

f0(s) =ω

s2 + ω2+ e−

πω s

ω

s2 + ω2par le theoreme du retard (1.4)

=ω

s2 + ω2

(1 + e−

πω s)

donc :

L{F (t)} =f0(s)

1− e−sT=

ω

s2 + ω2

1 + e−πω s

1− e− 2πω s

=ω

s2 + ω2

1 + e−πω s(

1− e− πω s) (

1 + e−πω s) =

ω

s2 + ω2

1

1− e− πω s(39)

• Transformee du courant doublement redresse.Si :

F (t) = sinωt ∀0 6 t <π

ωet de periode

π

ω

La premiere onde est : F0(t) = sinωt+ U πω

(t) sinω(t− π

ω

)et on a :

f0(s) =ω

s2 + ω2+ e−

πω s

ω

s2 + ω2par le theoreme du retard (1.4)

=ω

s2 + ω2

(1 + e−

πω s)

donc :

L{F (t)} =f0(s)

1− e−sT=

ω

s2 + ω2

1 + e−πω s

1− e− πω s

=ω

s2 + ω2coth

sπ

2ω(40)

• Transformee de la fonction en dent de scie.Si :

F (t) =k

Tt ∀0 6 t < T ∀k ∈ R et de periode T

26


La premiere onde est : F0(t) =

{kT t ∀0 6 t < T

0 ailleurset on a :

f0(s) =

∫ ∞0

s−stF0(t)dt =

∫ T

0

e−stk

Ttdt =

k

T

∫ T

0

e−sttdt

Integrons par parties : {u = t

v′ = e−st

{u′ = 1

v = − 1se−st

on obtient :

f0(s) =k

T

[−1

ste−st

]T0

+k

T

∫ T

0

1

se−stdt

=k

T

(−Ts

)e−sT +

k

Ts

[−1

se−st

]T0

= −kse−sT − k

s2T

(e−sT − 1

)=

k

s2T

(1− e−sT − sTe−sT

)donc :

L{F (t)} =f0(s)

1− e−sT=

k

s2T

1− e−sT − sTe−sT

1− e−sT(41)

• Transformee de la fonction en escalier.Si :

F (t) =

0 ∀0 6 t < Tk ∀T 6 t < 2T

2k ∀2T 6 t < 3T

Cette fonction n’est pas periodique, mais est la difference de la fonction rampe et de la fonction en dentde scie :

F (t) = fonction rampe

(k

Tt ∀t > 0

)− fonction en dent de scie

27


donc :

L{F (t)} = L{k

Tt

}−k(1− e−sT − sTe−sT

)s2T (1− e−sT )

=k

T

1

s2−k(1− e−sT − sTe−sT

)s2T (1− e−sT )

= k1− e−sT − 1 + e−sT + sTe−sT

s2T (1− e−sT )

=ke−sT

s (1− e−sT )(42)

• Transformee de la fonction en creneaux.Si :

F (t) =

{k ∀0 6 t < a−k ∀a 6 t < 2a

et de periode 2a

on a :

f0(s) =

∫ a

0

ke−stdt+

∫ 2a

a

(−k)e−stdt

= −ks

[e−st

]a0

+k

s

[e−st

]2aa

= −ks

(e−as − 1

)+k

s

(e−2as − e−as

)=

k

s

(e−2as − 2e−as + 1

)=

k

s

(1− e−as

)2donc :

L{F (t)} =k

s

(1− e−as)2

1− e−2as=k

s

(1− e−as)2

(1− e−as) (1− e−as)

=k

s

1− e−as

1 + e−as=k

stanh

as

2(43)

• Transformee de la fonction en cretes.Si :

F (t) =

{2kT t ∀0 6 t < T

2

− 2kT t+ 2k ∀T2 6 t < T

et de periode T

28


on a :

f0(s) =

∫ T2

0

2k

Tte−stdt+

∫ T

T2

(−2k

Tt+ 2k

)e−stdt

Integrons par parties :{u = t

v′ = e−st

{u′ = 1

v = − 1se−st

on obtient :

f0(s) =2k

T

[−1

ste−st

]T2

0

+2k

T

1

s

∫ T2

0

e−stdt− 2k

T

[−1

ste−st

]TT2

− 2k

T

1

s

∫ T

T2

e−stdt+ 2k

(−1

s

)[e−st

]TT2

= · · ·

=2k

s2T

(1− e−sT2

)2

(44)

1.10.2 Exercices sur les transformees de Laplace des fonctions periodiques

Exercice 38Si :

F (t) =

{3t ∀0 < t < 26 ∀2 < t < 4

et de periode 4

• Dessiner F (t)


Exercice 39Si :

F (t) =

{t ∀0 < t < 10 ∀1 < t < 2

et de periode 2

• Dessiner F (t)


Exercice 40Si :

F (t) = t2 pour 0 < t < 2 et de periode 4

• Dessiner F (t)


29


1.11 Comportement de f(s) lorsque s→∞

Theoreme 1.15 (Comportement asymptotique de l’image) :Si L{F (t)} = f(s) alors :

lims→∞

f(s) = 0 (45)

PreuveEn effet :

f(s) =

∫ ∞0

e−stF (t))dt

donc :

lims→∞

f(s) =

∫ ∞0

lims→∞

e−stF (t)dt = 0

car lims→∞

e−st = 0.

1.12 Theoreme de la valeur initiale

Theoreme 1.16 (Theoreme de la valeur initiale) :Si la limite indiquee existe, alors :

limt→0

F (t) = lims→∞

sf(s) (46)

PreuveOn a par le theoreme (1.12) :

L{F ′(t)} =

∫ ∞0

e−stF ′(t)dt

= sf(s)− F (0) (47)

Mais si F ′(t) est continue par morceaux et d’ordre exponentiel, on a :

lims→∞

∫ ∞0

e−stF ′(t)dt = 0

Prenons la limite pour s→∞ dans l’equation (47), en supposant que F (t) soit continue en t = 0, on trouve :

0 = lims→∞

sf(s)− F (0)

ou encore :

lims→∞

sf(s) = F (0) = limt→0

F (t)

Si F (t) n’est pas continue en t = 0, on peut prouver le theoreme en utilisant le theoreme (1.7).

1.13 Theoreme de la valeur finale

Theoreme 1.17 (Theoreme de la valeur finale) :Si la limite indiquee existe, alors :

limt→∞

F (t) = lims→0

sf(s) (48)

30



L{F ′(t)} =

∫ ∞0

e−stF ′(t)dt

= sf(s)− F (0) (49)

La limitedu membre de gauche pour s→ 0 dans l’equation (49), en supposant que F (t) soit continue en t = 0,est :

lims→0

∫ ∞0

e−stF ′(t)dt =

∫ ∞0

F ′(t)dt

= limP→∞

F (P )− F (0)sf(s)− F (0) = limt→∞

F (t)− F (0)

La limite du membre de droite pour s→ 0 de l’equation (49) est :

lims→0

sf(s)− F (0)

donc :

limt→∞

F (t)− F (0) = lims→0

sf(s)− F (0)

et finalement :

limt→∞

F (t) = lims→0

sf(s)

Si F (t) n’est pas continue en t = 0, on peut prouver le theoreme en utilisant le theoreme (1.7).

1.13.1 Exemples d’utilisation des theoremes (1.16) et (1.17)

Soit F (t) = 3e−2t, alors L{F (t)} = f(s) = 3s+2 .

Le theoreme de la valeur initiale (1.16) s’ecrit :

limt→0

3e−2t = lims→∞

3s

s+ 2

qui donne 3 = 3.Le theoreme de la valeur finale (1.17) s’ecrit :

limt→∞

3e−2t = lims→0

3s

s+ 2

c’est-a-dire 0 = 0.

1.14 Generalisation du theoreme de la valeur initiale

Si limt→0

F (t)G(t) = 1, on dit que F (t) est proche de G(t) et on ecrit F (t) ∼ G(t) lorsque t→ 0.

Si limt→∞

f(s)g(s) = 1, on dit que f(s) est proche de g(s) et on ecrit f(s) ∼ g(s) lorsque s→∞.

Avec ces notations, on peut generaliser le theoreme (1.16) :

Theoreme 1.18 (Generalisation du theoreme de la valeur initiale) :Si F (t) ∼ G(t) lorsque t→ 0, alors f(s) ∼ g(s) lorsque s→∞.

De la meme maniere, on peut generaliser le theoreme (1.17) comme suit :

1.15 Generalisation du theoreme de la valeur finale

Si limt→∞

F (t)G(t) = 1, on dit que F (t) est proche de G(t) et on ecrit F (t) ∼ G(t) lorsque t→∞.

Si limt→0

f(s)g(s) = 1, on dit que f(s) est proche de g(s) et on ecrit f(s) ∼ g(s) lorsque s→ 0.

Avec ces notations, on peut generaliser le theoreme (1.17) :

Theoreme 1.19 (Generalisation du theoreme de la valeur finale) :Si F (t) ∼ G(t) lorsque t→∞, alors f(s) ∼ g(s) lorsque s→ 0.

31


1.16 Transformee de Laplace de la fonction impulsion de Dirac

Soit la fonction :

δa(t) =

{0 ∀t > a

1a ∀0 6 t < a

ou a est une valeur reelle petite

On appelle fonction impulsion de Dirac δ(t) :

δ(t) = lima→0

δa(t) (50)

1.16.1 Proprietes de la fonction de Dirac

• Il est geometriquement evident que lorsque a→ 0, l’aire de la region rectangulaire reste constante et egalea 1, donc : ∫ ∞

0

δ(t)dt = 1 (51)

• δa(t) est la fonction derivee de :

F (t) =

{1 ∀t 6 a

ta ∀0 6 t < a

On constate que lima→0

F (t) = U0(t) donc δ(t) est la fonction derivee de la fonction echelon U0(t) :

δ(t) = U ′0(t) (52)

• ∫ ∞0

δ(t)G(t)dt = G(0) ∀ fonction continue G(t) (53)

• ∫ ∞0

δ(t− a)G(t)dt = G(a) ∀ fonction continue G(t) (54)

Mathematiquement parlant, rigoureusement, une telle fonction n’existe pas, mais il est possible de rendre ri-goureuses les operations et manipulations impliquant δ(t) (en se placant notamment dans la theorie des distri-butions).

32


1.16.2 Transformee de Laplace de δ(t)

Calculons a present la transformee de Laplace de δ(t). Tout d’abord,

L{δa(t)} =

∫ ∞0

e−stδa(t)dt =

∫ a

0

e−st1

adt = − 1

as

[e−st

]a0

= − 1

as

(e−as − 1

)=

1

as

(1− e−as

)donc :

L{δ(t)} = lima→0L{δa(t)} = lim

a→0

1− e−as

as

= lima→0

se−as

spar l’Hospital

= lima→0

e−as = 1

Finalement :

L{δ(t)} = 1 (55)

De la meme maniere, on a par le theoreme du retard (1.4) :

L{δ(t− a)} = e−asL{δ(t)}= e−as (56)

1.17 Methodes pour trouver des transformees de Laplace

Plusieurs methodes sont disponibles pour determiner les transformees de laplace, notamment :

1. Methode directe utilisant la definition.

2. Methode des seriesSi F (t) a un developpement en serie de puissances du type :

F (t) =∞∑n=0

antn

sa transformee de Laplace peut etre obtenue en sommant les transformees de Laplace de chaque terme dela serie, donc :

L{F (t)} =a0

s+a1

s2+

2!a2

s3+ · · · =

∞∑n=0

n!ansn+1

(57)

Il faut bien sur que cette serie converge.

3. Methode des equations differentiellesCela consiste a trouver une equation differentielle dont F (t) est solution et a utiliser les theoremes ci-dessus.

4. Differentiation par rapport a un parametre

5. Methodes variees

6. Utilisation de tables

1.18 Transformee de Laplace des fonctions de Bessel

1.18.1 Definition des fonctions de Bessel

La fonction de Bessel d’ordre n (ou n ∈ Z est definie par le developpement en serie :

Jn(t) =tn

2nΓ(n+ 1)

{1− t2

2(2n+ 2)+

t4

2.4(2n+ 2)(2n+ 4)− · · ·

}(58)

Par exemple,

J0(t) =

∞∑k=0

(−1)k

(k!)2

(t

2

)2k

(59)

33


1.18.2 Proprietes importantes des fonctions de Bessel

1.

J−n(t) = (−1)nJn(t) ∀n > 0 (60)

2.

Jn+1(t) =2n

tJn(t)− Jn−1(t) (61)

3.

d

dt{tnJn(t)} = tnJn−1(t) (62)

En particulier, si n = 0, on a J ′0(t) = J−1 = −J1(t)

4.

e12 t(u−

1u =

∞∑n=−∞

Jn(t)un (63)

Cette fonction est appelee la fonction generatrice des fonctions de Bessel.

5. Jn(t) verifie l’equation differentielle de Bessel :

t2Y ′′(t) + tY ′(t) + (t2 − n2)Y (t) = 0 (64)

1.18.3 Transformee de Laplace de la fonction de Bessel J0(t)

• Trouvons L{J0(t)} par la methode des series.

J0(t) = 1− t2

22+

t4

2242− t6

224262+ · · ·

donc :

L{J0(t)} =1

s− 1

22

2!

s3+

1

2242

4!

s5− 1

224262

6!

s7+ · · ·

=1

s

{1− 1

2

1

s2+

1.3

2.4

1

s4− 1.3.5

2.4.6

1

s6+ · · ·

}=

1

s

(1 +

1

s2

)− 12

=1√

s2 + 1(65)

ou l’on a utilise le theoreme du binome :

(1 + x)−12 = 1− 1

2x+

1.3

2.4x2 − 1.3.5

2.4.6x3 + · · · ∀x tel que |x| < 1

• Retrouvons ce resultat par la methode des equations differentielles.La fonction J0(t) verifie l’equation differentielle :

tJ ′′0 (t) + J ′0(t) + tJ0(t) = 0

avec comme conditions initiales J0(0) = 1 et J ′0(0) = 0.Prenons la transformee de Laplace des deux membres de l’equation differentielle et utilsons les theoremes

34


(1.6), (1.4) et (1.9) :

L{tJ ′′0 (t)}+ L{J ′0(t)}+ L{tJ0(t)} = L{0}

(−1)d

dsL{J ′′0 (t)}+ sL{J0(t)} − J0(0) + (−1)

d

dsL{J0(t)} = 0

− d

ds

(s2L{J0(t)} − sJ0(0)− J ′0(0)

)+ sL{J0(t)} − 1− d

dsL{J0(t)} = 0

−2sL{J0(t)} − s2 d

dsL{J0(t)}+ 1 + sL{J0(t)} − 1− d

dsL{J0(t)} = 0

d

dsL{J0(t)} (s2 + 1) = −sL{J0(t)}

dL{J0(t)}L {J0(t)}

= − s

s2 + 1ds en separant les variables)

lnL{J0(t)}+A = −1

2ln(s2 + 1)

lnBL{J0(t)} = ln1√

s2 + 1

BL{J0(t)} =1√

s2 + 1

L{J0(t)} =C√s2 + 1

Pour determiner la constante C, utilisons le theoreme de la valeur initiale (1.16) :

limt→0

J0(t) = lims→∞

sL{J0(t)}

= lims→∞

sC√s2 + 1

= C

donc C = 1 et on a finalement :

L{J0(t)} =1√

s2 + 1

1.18.4 Transformee de Laplace de L{J0(at)}

Par la proprietede changement d’echelle (1.5) :

L{F (at)} =1

af(s

a)

on deduit directement :

L{J0(at)} =1

a

1√( sa )2 + 1

=1√

s2 + a2(66)

1.18.5 Transformee de Laplace de L{J1(t)}

Par la propriete (62) des fonctions de Bessel, on a J ′0(t) = −J1(t), donc :

L{J1(t)} = −L{J ′0(t)} = − (sL{J0(t)} − 1) par (1.6)

= 1− s√s2 + 1

=

√s2 + 1− s√s2 + 1

(67)

On peut aussi retrouver ce resultat direcetement par les deux methodes precedentes.

1.18.6 Transformee de Laplace de L{Jn(t)}

On va montrer par induction que :

L{Jn(t)} =

(√s2 + 1− s

)n√s2 + 1

(68)

35


Cette formule est vraie pour n = 1 et n = 0. Supposons la vraie jusqu’a l’ordre n, donc :

L{Jn(t)} =

(√s2 + 1− s

)n√s2 + 1

(69)

Comme Jn+1(t) = 2nt Jn(t)− Jn−1(t) par la propriete (61), on a :

L{Jn+1(t)} = 2nL{Jn(t)

t

}− L{Jn−1(t)}

= 2n

∫ ∞0

(√u2 + 1− u

)n√u2 + 1

du−(√s2 + 1− s

)n−1

√s2 + 1

Ponsons I =∫∞

0

(√u2+1−u)

n

√u2+1

du et integrons par changement de variable :{u = sinh t

du = cosh tdt

On a donc u2 + 1 = cosh2 t et t = Argshu = ln(u+√u2 + 1

).

On obtient :

I =

∫ ∞Argshs

(cosh t− sinh t)n

cosh tcosh tdt =

∫ ∞Argshs

e−tndt

=

[− 1

ne−tn

]∞Argshs

=

(0 +

1

ne−nArgshs

)=

1

ne−n ln(s+

√s2+1)

=1

n(s+

√s2 + 1)−n

En reinjectant ce resultat dans (70), on a donc :

L{Jn+1(t)} = 2n1

n(s+

√s2 + 1)−n −

(√s2 + 1− s

)n−1

√s2 + 1

= 2(√s2 + 1− s)n(

(√s2 + 1 + s)(

√s2 + 1− s)

)n − (√s2 + 1− s)n−1

√s2 + 1

= 2(√s2 + 1− s)n −

(√s2 + 1− s

)n−1

√s2 + 1

=(√s2 + 1− s)n−1

√s2 + 1

{2√s2 + 1

(√s2 + 1− s

)− 1}

=(√s2 + 1− s)n−1

√s2 + 1

{2(s2 + 1)− 2s

√s2 + 1− 1

}=

(√s2 + 1− s)n−1

√s2 + 1

{2s2 + 1− 2s

√s2 + 1

}Comme on a : (√

s2 + 1− s)2

= s2 + 1 + s2 − 2s√s2 + 1

= 2s2 + 1− 2s√s2 + 1

on a finalement :

L{Jn+1(t)} =(√s2 + 1− s)n−1(

√s2 + 1− s)2

√s2 + 1

=(√s2 + 1− s)n+1

√s2 + 1

(70)

ce qui termine la preuve par induction.

36


1.18.7 Exercices sur les transformees de laplace des fonctions de Bessel


L{e−atJ0(bt)} = 1√s2−2as+a2+b2


L{tJ0(at)} = s

(s2+a2)32

Exercice 43Trouver :

• L{e−3tJ0(4t)

}• L {tJ0(2t)}

Exercice 44Si I0(t) = J0(jt), montrer que L{I0(at)} = 1√

s2−a2 ∀a > 0.


L{tJ0(t)e−t}


•∫∞

0J0(t)dt = 1

•∫∞

0e−tJ0(t)dt =

√2

2

Exercice 47Trouver la transformee de Laplace de :

d2

dt2

(e2tJ0(2t)

)Exercice 48Montrer que :

L{tJ1(t)} = 1

(s2+1)32

Exercice 49Prouver :

L{J0(a√t)}

= s

(s2+a2)32


•∫∞

0te−3tJ0(4t)dt

•∫∞

0J0(ωt)dt

•∫∞

0e−atJ0(ωt)dt

•∫∞

0J0(t)−cos t

t dt

37


2 La transformee de Laplace inverse

2.1 Definition

Si la transformee de Laplace d’une fonction F (t) est f(s), c’est-a-dire si L{F (t)} = f(s), alors F (t) est appeleela transformee de Laplace inverse de f(s) et on ecrit :

L−1 {f(s)} = F (t) (71)

Exemple :

Comme L{e−3t

}= 1

s+3 , on peut ecrire L−1{

1s+3

}= e−3t.

2.2 Unicite de la transformee de Laplace inverse : theoreme de Lerch

2.2.1 Fonctions nulles

Si N (t) est une fonction de t telle que ∀t > 0 on a :∫ t

0

N (u)du = 0

on appelle N (t) une fonction nulle.Exemple :La fonction :

F (t) =

1 si t = 12

−1 si t = 10 ailleurs

est une fonction nulle.En general, toute fonction qui est nulle partout sauf en un ensemble de points denombrable (c’est-a-dire quipeut etre mis en bijection avec N) est une fonction nulle.On a bien entendu

L{N (t)} = 0 ∀ fonction nulle (72)

En effet,

L{N (t)} =

∫ ∞0

e−stN (t)dt

par parties : {u = e−st

v′ = N (t)

{u′ = −se−st

v(t) =∫ t

0N (t) = 0

donne :

L{N (t)} = 0

2.2.2 Non unicite de la transformee de Laplace inverse

Comme la transformee de Laplace d’une fonction nulle N (t) est zero, il est clair que si L{F (t)} = f(s), alorsL{F (t) +N (t)} = f(s).Il s’ensuit que l’on peut avoir deux fonctions differentes qui ont la meme transformee de Laplace.Exemple :

F1(t) = e−3t et F2(t) =

{0 si t = 1e−3t ailleurs

ont la meme transformee de Laplace 1s+3 .

Si nous permettons les fonctions nulles, la transformee de Laplace inverse n’est donc pas unique. Elle est tou-tefois unique si on exclut les fonctions nulles (qui n’apparaissent en general pas dans des cas physiquementinteressants).

38


2.2.3 Theoreme de Lerch

Theoreme 2.1 (Theoreme de Lerch) :Si on se restreint aux fonctions F (t) continues par morceaux sur tout intervalle fini 0 6 t 6 N et d’ordreexponentiel pour t > N , alors la transformee de Laplace inverse est unique.

Nous admettrons ce theoreme sans demonstration.

2.3 Quelques transformees de Laplace inverse

f(s) F (t) = L−1 {f(s)}1s 11s2 t

1sn+1 n = 0, 1, 2, · · · tn

n!1s−a eat

1s2+a2

sin ata

ss2+a2 cos at

1s2−a2

sinh ata

ss2−a2 cosh at

2.4 Proprietes importantes des transformees de Laplace inverses

2.4.1 Propriete de linearite

Theoreme 2.2 (Propriete de linearite) :Si c1 et c2 sont des constantes quelconques et f1(s) et f2(s) sont les transformees de Laplace des fonctionsF1(t) et F2(t) alors :

L−1 {c1f1(s) + c2f2(s)} = c1L−1 {f1(s)}+ c2L−1 {f2(s)}= c1F1(t)) + c2F2(t) (73)

Le resultat s’etend directement a plus de 2 fonctions. Le symbole L−1 qui transforme f(s) en F (t), souventappele operateur de transformation de Laplace inverse, est donc un operateur lineaire.


L{c1F1(t) + c2F2(t)} = c1f1(s) + c2f2(s)

donc :

L−1 {c1f1(s) + c2f2(s)} = c1F1(t) + c2F2(t)

= c1L−1 {f1(s)}+ c2L−1 {f2(s)}(74)

Exemple :

L−1

{4

s− 2− 3s

s2 + 16+

5

s2 + 4

}= 4L−1

{1

s− 2

}− 3L−1

{s

s2 + 16

}+ 5L−1

{1

s2 + 4

}= 4e2t − 3 cos 4t+

5

2sin 2t


39


• L−1{

5s+4s3 −

2s−18s2+9 + 24−30

√s

s4

}• L−1

{6

2s−3 −3+4s

9s2−16 + 8−6s16s2+9

}2.4.2 Translation de la variable s

Theoreme 2.3 (Translation de la variable s) :Si L−1 {f(s)} = F (t) alors :

L−1 {f(s− a)} = eatF (t) (75)


L{eatF (t)

}= f(s− a)

donc :

L−1 {f(s− a)} = eatF (t)

Autre methode :Comme f(s) =

∫∞0e−stF (t)dt, on a :

f(s− a) =

∫ ∞0

e−(s−a)tF (t)dt =

∫ ∞0

e−steatF (t)dt

= L{eatF (t)

}donc :

L−1 {f(s− a)} = eatF (t)

Exemple :

Comme L−1{

1s2+4

}= 1

2 sin 2t, on a :

L−1

{1

s2 − 2s+ 5

}= L−1

{1

(s− 1)2 + 4

}=

1

2et sin 2t


• L−1{

6s−4s2−4s+20

}• L−1

{4s+12

s2+8s+16

}• L−1

{3s+7

s2−2s−3

}• L−1

{1√

2s+3

}2.4.3 Translation de la variable t

Theoreme 2.4 (Translation de la variable t ) :

Si L−1 {f(s)} = F (t) alors L−1 {e−asf(s)} =

{F (t− a) si t > a

0 si t < a

40



L{G(t)} = e−asf(s)

donc :

L−1{e−asf(s)

}= G(t)

ou G(t) =

{F (t− a) si t > a

0 si t < a



e−asf(s) =

∫ ∞0

e−ase−stF (t)dt

=

∫ ∞0

e−s(t+a)F (t)dt

=

∫ ∞a

e−suF (u− a)du en posant u = t+ a

=

∫ a

0

e−st.0dt+

∫ ∞a

e−stF (t− a)dt

=

∫ ∞0

e−stG(t)dt

Remarque :

G(t) = F (t− a)U(t− a)

Exemple :

Comme L−1{

: 1s2+1

}= sin t on a :

L−1

{e−

πs3

s2 + 1

}=

{sin(t− π

3

)si t > π

30 si t < π

3


• L−1{

e−5s

(s−2)4

}• L−1

{se−4π s

5

s2+25

}• L−1

{(s+1)e−πs

s2+s+1

}• L−1

{e4−3s

(s2+4)52

}2.4.4 Propriete du changement d’echelle

Theoreme 2.5 (Propriete du changement d’echelle) :Si L−1 {f(s)} = F (t) alors :

L−1 {f(ks)} =1

kF

(t

k

)∀k > 0

Exemple :

Comme L−1{

ss2+16

}= cos 4t, on a L−1

{2s

(2s)2+16

}= 1

2 cos 2t.

41


PreuveOn a par le theoreme (1.5), en remplacant a par 1

k :

L{F ( tk )

}= kf(ks)

donc :

L−1 {f(ks)} = 1kF ( tk )



f(ks) =

∫ ∞0

e−kstF (t)dt

=

∫ ∞0

e−usF(uk

) du

ken posant u = kt

=1

kL{F

(t

k

)}donc :

L−1 {f(ks)} = 1kF(tk

)Exercice 54

Trouver L−1{e−

as

s12

}si L−1

{e−

1s

s12

}= cos 2

√t√

πt

2.4.5 Transformee de Laplace inverse des derivees

Theoreme 2.6 (Transformee inverse des derivees) :Si L−1 {f(s)} = F (t) alors :

L−1{f (n)(s)

}= L−1

{dn

dsnf(s)

}= (−1)ntnF (t) (76)

Exemple :

Comme L−1{

1s2+1

}= sin t et d

ds1

s2+1 = −2ss2+1

2, on a :

L−1{−2s

(s2+1)2

}= −t sin t

ou encore :

L−1{

s(s2+1)2

}= 1

2 t sin t

Preuve Comme :

L{tnF (t)} = (−1)ndn

dsnf(s) = (−1)nf (−n)(s)

par le theoreme (1.6), on a directement :

L−1{f (n)(s)

}= = (−1)ntnF (t)

42


2.4.6 Transformee de Laplace inverse des integrales

Theoreme 2.7 (Transformee inverse des integrales) :Si L−1 {f(s)} = F (t) alors :

L−1

{∫ ∞s

f(u)du

}=

F (t)

t(77)

Exemple :

Comme L−1{

1s(s+1)

}= L−1

{1s −

1s+1

}, on a :

L−1{∫∞

s

(1u −

1u+1

)du}

= L−1{

ln(1 + 1

s

)}= 1−e−t

t

2.4.7 Multiplication par sn

Theoreme 2.8 (Multiplication par sn) :Si L−1 {f(s)} = F (t) et F (0) = 0, alors :

L−1 {sf(s)} = F ′(t) (78)

donc la multiplication par s a l’effet de deriver F (t).Si F (0) 6= 0, alors :

L−1 {sf(s)− F (0)} = F ′(t)

ou encore :

L−1 {sf(s)} = F ′(t) + F (0)δ(t) (79)

ou δ(t) est la fonction impulsion de Dirac.

Exemple :

Comme L−1{

1s2+1

}= sin t et sin 0 = 0, on a :

L−1{

ss2+1

}= d

dt sin t = cos t

2.4.8 Division par s

Theoreme 2.9 (Division par s) :Si L−1 {f(s)} = F (t) et F (0) = 0, alors :

L−1

{f(s)

s

}=

∫ t

0

F (u)du (80)

donc la division par s a l’effet d’integrer F (t) de 0 a t.

Exemple :

Comme L−1{

1s2+4

}= 1

2 sin 2t, on a :

L−1{

1ss2+4

}=∫ t

0sin 2udu = 1

4 (1− cos 2t)

43


2.4.9 Propriete de convolution

Theoreme 2.10 (Convolution) :Si L−1 {f(s)} = F (t) et L−1 {g(s)} = G(t), alors :

L−1 {f(s)g(s)} =

∫ t

0

F (u)G(t− u)du ≡ F ∗G (81)

Nous appelons F ∗G la convolution de F et de G.Exemple :

Comme L−1{

1s−1

}= et et L−1

{1s−2

}= e2t on a :

L−1{

1(s−1)(s−2)

}=∫ t

0eue2(t−u)du = e2t − et

PreuveMethode 1 :Il faut prouver :

L{∫ t

0

F (u)G(t− u)du

}= f(s)g(s)

ou f(s) = L{F (t)} et g(s) = L{G(t)}.Pour prouver cela, notons que le membre de gauche de cette egalite est :∫ ∞

t=0

e−st{∫ t

u=0

F (u)G(t− u)du

}dt =

∫ ∞t=0

∫ t

u=0

e−stF (u)G(t− u)dudt = limM→∞

sM

ou :

sM =

∫ M

t=0

∫ t

u=0

e−stF (u)G(t− u)dudt. (82)

La region dans le plan tu sur laquelle l’integration porte est la zone hachuree dans la figure ci-dessous a gauche :

Posons t − u = v ou t = u + v, la zone d’integration du plan tu ci-dessus a gauche est transformee en la zonehachuree ci-dessus a droite du plan uv :En effet :

• Si u = 0, t va de 0 a M et v = t− u va de 0 a M

• Si 0 < u < M , t va de u a M et v va de 0 a M − u

• Si u = M , t = M et v vaut 0

On a alors, par un theoreme de changement de variable dans les integrales multiples :∫∫Rtu

e−stF (u)G(t− u)dudt =

∫∫Ruv

e−s(u+v)F (u)G(v)

∣∣∣∣ ∂(u, t)

∂(u, v)

∣∣∣∣dudv

44


ou le jacobien J de la transformation est :

J =

∣∣∣∣ ∂(u, t)

∂(u, v)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∂u∂u

∂u∂v

∂t∂u

∂t∂v

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣1 0

1 1

∣∣∣∣∣∣Le membre de droite de l’equation (82) devient donc :

sM =

∫ M

v=0

∫ M−v

u=0

e−s(u+v)F (u)G(v)dudv. (83)

Definissons une nouvelle fonction :

K(u, v) =

e−s(u+vF (u)G(v) si u+ v 6M

0 si u+ v > M(84)

Cette fonction est definie sur le carre de la figure ci-dessous mais est nulle dans la partie non hachuree de ce carre.

On peut reecrire sM en terme de cette nouvelle fonction sous la forme :

sM =

∫ M

v=0

∫ M

u=0

K(u, v)dudv. (85)

donc :

limM→∞

sM =

∫ ∞0

∫ ∞0

K(u, v)dudv.

=

∫ ∞0

∫ ∞0

e−s(u+v)F (u)G(v)dudv.

=

∫ ∞0

e−suF (u)du

∫ ∞0

e−svG(v)dv.

= f(s)g(s)

ce qui prouve le theoreme (2.10).Methode 2 :Calculons directement :

L{∫ t

0

F (u)G(t− u)du

}=

∫ ∞0

e−st[∫ t

0

F (u)G(t− u)du

]dt

Representons graphiquement le domaine d’integration de cette integrale :Inversons l’ordre des variables d’integration ; cela donne :

45


• t va de u a l’∞

• u va de 0 a l’∞

La transformee de la fonction devient donc :

L{∫ t

0

F (u)G(t− u)du

}=

∫ ∞0

F (u)

[∫ ∞u

G(t− u)e−stdt

]du

Changeons de variable et introduisons une variable v comme suit : v = t− u

dv = dt

Les bornes d’integration deviennent : t = u devient v = 0

t =∞ devient v =∞

On obtient finalement :

L{F ∗G} =

∫ ∞0

F (u)

[∫ ∞0

G(v)e−s(u+v)dv

]du

=

∫ ∞0

F (u)e−su[∫ ∞

0

G(v)e−svdv

]du

= g(s)

∫ ∞0

F (u)e−sudu

= g(s).f(s)

ce qui termine la preuve du theoreme (2.10) par la methode 2.Exemples :

L{t ∗ sin t} = L{t} .L{sin t} =1

s2

1

s2 + 1

L−1

{1

(s− 1)(s− 2)

}= L−1

{L{et}.L{e2t}}

= L−1{L{et ∗ e2t

}}= et ∗ e2t

=

∫ t

0

eu.e2(t−u)du

= e2t

∫ t

0

e−udu

= e2t[−e−u

]t0

= −e2t(e−t − 1

)= −et + e2t

Remarque :On a evidemment directement :

F ∗G = G ∗ F (86)

En effet :

F ∗G =

∫ t

0

F (u)G(t− u)du

Posons : v = t− u ou encore u = t− v

dv = −du

46


Si u = 0, v = t et si u = t, v = 0, donc :

F ∗G = −∫ 0

t

F (t− v)G(v)dv

=

∫ t

0

F (t− v)G(v)dv

= G ∗ F

Exercices resolus

• Calculer L−1{

s(s2+a2)2

}en utilisant le theoreme de convolution (2.10) et verifier le resultat par un calcul

utilsant le theoreme (2.6).On peut ecrire :

s(s2+a2)2 = s

s2+a2 .1

s2+a2

Comme L−1{

ss2+a2

}= cos at ≡ F (t) et L−1

{1

s2+a2

}= sin at

a ≡ G(t), on a :

L−1

{s

(s2 + a2)2

}= L−1 {f(s).g(s)}

=

∫ t

0

cos ausin a(t− u)

adu

=1

a

∫ t

0

cos au (sin at cos au− cos at sin au) du

=1

asin at

∫ t

0

cos2 audu− cos at

a

∫ t

0

sin 2au

2du

=1

asin at

∫ t

0

1 + cos 2au

2du− cos at

a

[−cos 2au

4a

]t0

=1

asin at

[u

2+

sin 2au

4a

]t0

+cos at

4a2[cos 2au]

t0

=1

a

(t

2+

sin 2at

4a

)+

cos at

4a2(cos 2at)

=t sin at

2a+

1

asin at

2 sin at

4cos at− cos at

4a22 sin2 at

=t sin at

2a

qui confirme le resultat trouve plus haut en appliquant le theoreme (2.6).

• Calculer L−1{

1s2(s+1)2

}en utilisant le theoreme de convolution (2.10).

On peut ecrire :

1s2(s+1)2 = 1

s2 .1

(s+1)2

Comme L−1{

1s2

}= t ≡ G(t) et L−1

{1

(s+1)2

}= te−t ≡ F (t), on a :

L−1

{1

s2(s+ 1)2

}= L−1 {f(s).g(s)}

=

∫ t

0

ue−u(t− u)du

=

∫ t

0

(ut− u2

)e−udu

47


Par parties : {f = (ut− u2)g′ = e−u

{f ′ = t− 2ug = −e−u

On obtient :

L−1

{1

s2(s+ 1)2

}=

∫ t

0

(ut− u2

)e−udu

=[−e−u(ut−u2)

]t0

+

∫ t

0

(t− 2u)e−udu

= −e−t.0 +

∫ t

0

(t− 2u)e−udu

Une nouvelle integration par parties :{f = t− 2ug′ = e−u

{f ′ = −2g = −e−u

donne :

L−1

{1

s2(s+ 1)2

}=

∫ t

0

(t− 2u)e−udu

=[−e−u(t− 2u)

]t0−∫ t

0

2e−udu

= −e−t(−t) + e−0(t) + 2[e−u

]t0

= te−t + t+ 2e−t − 2

Verification :

L{te−t + t+ 2e−t − 2

}=

1

(s+ 1)2+

1

s2+

2

s+ 1− 2

s

=s2 + (s+ 1)2 + 2s2(s+ 1)− 2s(s+ 1)2

s2(s+ 1)2

=1

s2(s+ 1)2


• L {e−t ∗ cos t}

• L−1{

1s2(s−a)

}• L−1

{1

(s2+a2)2

}• L−1

{s2

(s2+a2)2

}• L−1

{s

(s2+a2)2

}• L−1

{1

(s+3)(s−1)

}• L−1

{1

(s+2)2(s−2)

}• L−1

{1

(s+1)(s2+1)

}• L−1

{s2

(s2+4)2

}• L−1

{1

(s2+1)3

}• L−1

{s

(s2+4)3

}48


2.5 Methodes pour trouver les transformees de Laplace inverse

Il existe plusieurs methodes pour determiner les transformees de Laplace inverses :

1. Methode des fractions rationnellesToute fraction rationnelle P (s)

Q(s) ou P (s) et Q(s) sont des polynomes en s et deg(P ) < deg(Q) peut etre

ecrite comme la somme de fractions rationnelles simples (appelees fractions partielles) de la forme A(as+b)r

ou As+B(as2+bs+c)r avec r = 1, 2, 3, · · · .

Plus precisement :

• Si a est une racine reelle d’ordre k du denominateur, c’est-a-dire si Q(s) = (s−a)k.Q1(s) et Q1(a) 6= 0,alors :

P (s)

Q(s)=

A1

s− a+

A2

(s− a)2+ · · ·+ Ak

(s− a)k+P1(s)

Q1(s)(87)

avec A1, · · · , Ak ∈ R et P1(s)Q1(s) est une fraction rationnelle reguliere.

• Si Q(s) possede deux racines complexes conjuguees d’ordre k, c’est-a-dire si Q(s) = (s2+bs+c)kQ1(s)avec b2 − 4ac < 0, alors :

P (s)

Q(s)=

A1s+B1

s2 + bs+ c+

A2s+B2

(s2 + bs+ c)2+ · · ·+ Aks+Bk

(s2 + bs+ c)k+P1(s)

Q1(s)(88)

avec A1, B1, · · · , Ak, Bk ∈ R et P1(s)Q1(s) est une fraction rationnelle reguliere.

En trouvant la transformee de Laplace inverse de chaque fraction partielle, on peut trouver L−1{P (s)Q(s)

}.

Exemple :

Trouver L−1{

3s+7s2−2s−3

}; on a :

3s+ 7

s2 − 2s− 3=

3s+ 7

(s− 3)(s+ 1=

A

s− 3+

B

s+ 1(89)

Determinons les coefficients de la decomposition :

• Methode 1 : multiplions (89) par (s− 3)(s− 1), on obtient :

3s+ 7 = A(s+ 1) +B(s− 3) = (A+B)s+ (A− 3B)

Egalisons les coefficients (comme la decomposition doit etre valable pour tout s), on obtient :

A+B = 3 et A− 3B = 7

On resout et on trouve finalement A = 4 et B = −1.

• Methode 2 : multiplions (89) par s− 3 et prenons la limite pour s→ 3 :

lims→3

3s+ 7

s+ 1= A+ lim

s→3

B(s− 3)

s+ 1= A = 4

Multiplions (89) par s+ 1 et prenons la limite s→ −1 :

lims→−1

3s+ 7

s+ 1= lims→−1

A(s+ 1)

s− 3+B = B = −1

On a donc trouve, par chaque methode :

3s+7s2−2s−3 = 4

s−3 −1s+1

Par consequent :

L−1

{3s+ 7

s2 − 2s− 3

}= 4L−1

{1

s− 3

}− L−1

{1

s+ 1

}= 4e3t − e−t

49


2. Methode des seriesSi f(s) a un developpement en serie de puissances inverses de s donne par :

f(s) =a0

s+a1

s2+a2

s3+a3

s4+ · · · (90)

alors sous des conditions conveables on peut inverser terme par terme pour obtenir :

F (t) = a00 + a1t+a2t

2

2!+a3t

3

3!+ · · · (91)

3. Methode des equations differentiellesCf. Exercice resolu ci-dessous

4. Derivation par rapport a un parametre

5. Methodes diverses utilisant les theoremes precedents

6. Utilisation de tables

7. Formule d’inversion complexe

Exercice 56Trouver les transformees de Laplace inverse ci-dessous par la methode des fractions partielles.

• L−1{

2s2−4(s+1)(s−2)(s−3)

}• L−1

{5s2−15s−11(s+1)(s−2)3

}• L−1

{3s+1

(s−1)(s2+1)

}• L−1

{s2+2s+3

(s2+2s+2)(s2+2s+5)

}Exercice resoluTrouver L−1

{e−√s}

par la methode des equations differentielles et confirmer le resultat trouve par la methode

des series.

• Methode des equations differentiellesPosons y = e−

√s = L{Y (t)}, alors y′ = − 1

2s12e−√s et y′′ = 1

4se−√s + 1

4s32e−√s, donc :

4sy′′ + 2y′ − y = 0 (92)

On a :

y′′ = L{t2Y

}donc :

sy′′ = L{

d

dt

[t2Y

]}= L

{t2Y ′ + 2tY

}et :

y′ = L{−tY }

donc on peut reecrire (92) comme suit :

4L{t2Y ′ + 2tY Y

}− 2L{tY } − L{Y } = 0

ou encore :

4t2Y ′ + (6t− 1)Y = 0

50


qui peut etre ecrit, en separant les variables :

dY

Y+

6t− 1

4t2dt = 0

qui donne :

lnY + 32 ln t+ 1

4t = c1

c’est-a-dire :

Y = c

t32e−

14 t

Maintenant :

tY = c

t12e−

14 t

donc :

L{tY } = − d

dsL{Y }

= − d

ds

(e−√s)

=1

2√se−√s (93)

Quand t est grand, tY ∼ c

t12

, donc L{tY } ∼ c√π

s12

.

Quand s est petit, e−√s

2√s∼ 1

2√s. En effet, par le theoreme de la valeur finale (1.17) :

limt∞

F (t) = lims→0

sf(s)

Il s’ensuit que c = 12√π

et donc finalement :

L−1{e−√s}

= Y (t) =e−

14 t

2√πt

32

(94)

Remarque : on a aussi utilise ici le resultat suivant :

Si F (t) ∼ ctp lorsque t→∞ (avec p < −1 alors f(s) ∼ cΓ(p+1)sp+1 quand s→ 0

qui resulte directement du theoreme (1.19) avec L{ctp} = cΓ(p+1)sp+1 .

Ce resultat applique avec p = − 12 donne Γ(− 1

2 + 1) = Γ( 12 ) =

√π

• Methode des seriesOn a :

L−1{e−√s}

= L−1

{1− s 1

2 +s

2!− s

32

3!+s2

4!− s

52

5!+ · · ·

}

= L−1 {1} − L−1{s

12

}+ L−1

{ s2!

}− L−1

{s

32

3!

}+ · · ·

On a :

L−1{sp+

12

}=

t−p−32

Γ(−p− 12

=(−1)p+1

√π

1

2

3

2

5

2· · · 2p+ 1

2t−p−

32

car :

51


Γ(−p− 12 ) = (−1)p+1 2

123

25 · · ·

22p+1

√π ∀p = 1, 2, 3, · · ·

et :

L−1 {sp} = 0

On a finalement :

L−1{e−√s}

=t−

32

2√π− 1

2

3

2

t−52

3!√π

+1

2

3

2

5

2

t−72

5!√π

=1

2√πt

32

{1− 1

22t+

(1

22t

)22!

−(

122t

)33!

+ · · ·

}

=1

2√πt

32

e−14t

qui confirme le resultat trouve par la methode des equations differentielles.

3 Application de la transformee de Laplace aux equations differentielles

3.1 Equations differentielles a coefficients constants

La transformee de Laplace est utile pour resoudre les equations differentielles lineaires a coefficients constants.Par exemple une equation differentielle du deuxieme ordre lineaire a coefficients constants :

d2Y

dt2+ α

dY

dt+ βY = F (t) (95)

ou α et β sont des constantes avec des conditions initiales Y (0) = A et Y ′(0) = B.La methode de resolution consiste :

• a prendre la transformee de Laplace des deux membres de l’equation ;

• a utiliser les conditions initiales pour calculer les derivees ;

• a obtenir une equation algebrique pour obtenir L{Y (t)} = y(s) ;

• la solution cherchee s’obtient en prenant la transformee de Laplace inverse de y(s)

Exemples :

• Resoudre l’equation du premier ordre :

dY

dt+ 4Y (t) = 2e−3t

avec Y (0) = 0.Prenons la transformee de laplace des deux membres :

L{

dY

dt

}+ 4L{Y (t)} = 2L

{e−3t

}sy(s)− Y (0) + 4y(s) =

2

s+ 3

sy(s)− 3 + 4y(s) =2

s+ 3

(s+ 4)y(s) =2

s+ 3+ 3

y(s) =2 + 3(s+ 3)

(s+ 3)(s+ 4)

y(s) =11 + 3s

(s+ 3)(s+ 4)

Decomposons en elements simples :

52


11+3s(s+3)(s+4 = 2

s+3 + 1s+4

donc :

y(s) = L{Y (t)} = 2s+3 + 1

s+4

Prenons la transformee de Laplace inverse :

Y (t) = L−1 {y(s)} = 2L−1

{1

s+ 3

}+ L−1

{1

s+ 4

}= 2e−3t + e−4t

Verification :

Y ′(t) = −6e−3t − 4e−4t et Y ′(t) + 4Y (t) = −6e−3t − 4e−4t + 8e−3t + 4e−4t = 2e−3t

et on a bien Y (0) = 3.

• Resoudre l’equation du deuxieme ordre :

Y ′′ + Y = t pour Y (0) = 1 et Y ′(0) = −2

Prenons la transformee des deux membres :

L{Y ′′}+ L{Y } = L{t}

s2y(s)− sY (0)− Y ′(0) + y(s) =1

s2

s2y(s)− s+ 2 + y(s) =1

s2

donc :

y(s) = L{Y (t)} =1

s2(s2 + 1)+

s− 2

s2 + 1

=1

s2− 1

s2 + 1+

s

s2 + 1− 2

s2 + 1

=1

s2+

s

s2 + 1− 3

s2 + 1

et :

Y (t) = L−1 {y(s)} = L−1

{1

s2

}+ L−1

{s

s2 + 1

}− 3L−1

{1

s2 + 1

}= t+ cos t− 3 sin t

Verification :

Y ′(t) = 1− sin t− 3 cos t, Y ′′(t) = − cos t+ 3 sin tY ′′(t) + Y (t) = − cos t+ 3 sin t+ t+ cos t− 3 sin t = t

et on a bien Y (0) = 1 et Y ′(0) = −2.

Exercice 57Resoudre :

• Y ′′ − 3Y ′ + 2Y = 4e2t pour Y (0) = −3 et Y ′(0) = 5

• Y ′′ + 2Y ′ + 5Y = e−t sin t pour Y (0) = 0 et Y ′(0) = 1

• Y ′′′ − 3Y ′′ + 3Y ′ − Y = t2et pour Y (0) = 1, Y ′(0) = 0, Y ′′(0) = −2

• Y ′′′ − 3Y ′′ + 3Y ′ − Y = t2et pour Y (0) = A, Y ′(0) = B, Y ′′(0) = C

• Y ′′ + 9Y = cos 2t pour Y (0) = 1 et Y (π2 ) = −1

• Y ′′ + a2Y = F (t) pour Y (0) = 1 et Y ′(0) = −2

• Y ′′ − a2Y = F (t)

53


3.2 Equations differentielles ordinaires a coefficients variables

La transformee de Laplace peut aussi etre utilisee pour resoudre certaines equations differentielles a coefficientsvariables, notamment celles dans lesquelles les termes sont de la forme tmY (n)(t) qui admet pour transformeede laplace :

(−1)m dm

dsmL{Y (n)(t)

}Exemple :Resolvons :

tY ′′ + Y ′ + 4tY = 0 pour Y (0) = 3 et Y ′(0) = 0

On a :

L{tY ′′}+ L{Y ′}+ L{4tY } = 0

− d

dsL{Y ′′}+ L{Y ′}+ 4(−1)

d

dsL{Y } = 0

− d

ds

{s2y(s)− sY (0)− Y ′(0)

}+ {sy(s)− Y (0)} − 4

dy

ds= 0

−2sy(s)− s2 dy

ds+ 3 + sy(s)− 3− 4

dy

ds= 0

(s2 + 4)dy

ds+ sy(s) = 0

dy

y= − s

s2 + 4ds

ln y +1

2ln(s2 + 4) = c1

y(s) =c√

s2 + 4

En inversant, on trouve :

Y (t) = cJ0(2t)

Pour determiner c, notons que Y (0) = cJ0(0) = c = 3 donc :

Y (t) = 3J0(2t)

Exercice 58Resoudre :

• tY ′′ + 2Y ′ + tY = 0 pour Y (0+) = 1 et Y (π) = 0

• Y ′′ − tY ′ + Y = 1 pour Y (0) = 1 et Y ′(0) = 2

Exercice 59Resoudre les equations a coefficients constants suivantes :

• Y ′′′ + Y ′ = t pour Y (0) = Y ′(0) = Y ′′(0) = 1

• Y ′′ + 2Y ′ + Y = Constante pour Y (0) = Y ′(0) = 0

• Y ′′(t)− Y ′(t) + Y (t) = et pour Y (0) = 0 et Y ′(0) = 1

• Y ′′(t)− Y ′(t) + Y (t) = et cos t pour Y (0) = Y ′(0) = 0

• Y ′′′(t)− Y ′(t) = et sin t pour Y (0) = Y ′(0) = Y ′′(0) = 0

• Y ′′(t)− Y ′(t) = Y (t) pour Y (0) = Y ′(0) = 1

• Y ′(t) + Y (t) = 1 + t cos t pour Y (0) = 0

• Y ′′(t) + Y (t) = 8 cos t pour Y (0) = 1 et Y ′(0) = −1

• Y ′′(t) + 4Y (t) = 12t avec Y (0) = 0 et Y ′(0) = 7

54


• Y ′′(t)− 3Y ′(t) + 2Y (t) = 4t+ 12e−t pour Y (0) = 6 et Y ′(0) = −1

• Y ′′(t)− 4Y ′(t) + 5Y (t) = 125t2 pour Y (0) = Y ′(0) = 0

• Y ′′(t) + Y (t) = 8 cos t avec Y (0) = 1 et Y ′(0) = −1

• Y ′′′(t)− Y (t) = et avec Y (0) = Y ′(0) = Y ′′(0) = 0

• Y (4) + 2Y ′′(t) + Y (t) = sin t avec Y (0) = Y ′(0) = Y ′′(0) = Y ′′′(0) = 0

• Y ′′(t) + 9Y (t) = 18t avec Y (0) = 0 et Y (π2 ) = 0

• Y (4)(t)− 16Y (t) = 30 sin t avec Y (0) = 0, Y ′(0) = 2, Y ′′(π) = 0, Y ′′′(π) = −18

• Y ′′ − 4Y ′ + 3Y = F (t) si Y (0) = 1 et Y ′(0) = 0

Exercice 60Resoudre les equations a coefficients non constants suivantes :

• Y ′′ + tY − Y = 0 avec Y (0) = 0 et Y ′(0) = 1

• tY ′′ + (1− 2t)Y ′ − 2Y = 0 avec Y (0) = 1 et Y ′(0) = 2

• tY ′′ + (t− 1)Y ′ − Y = 0 avec Y (0) = 5 et Y (∞) = 0

55


4 Appendice A : Table de proprietes generales des transformees deLaplace

56


57


5 Appendice B : Table de transformees de Laplace particulieres

58


59


60


61


62


63


64


65


66


67


Table des matieres

1 Transformee de Laplace 11.1 Definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Conditions suffisantes d’existence de la transformee de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2.1 Hypothese 1 : continuite par morceaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2.2 Hypothese 2 : fonction d’ordre exponentiel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.3 Transformees de Laplace des fonctions elementaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3.1 Resume des transformees de Laplace des fonctions elementaires . . . . . . . . . . . . . . . 41.3.2 Exercices : transformees de Laplace des fonctions elementaires . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.4 Proprietes des transformees de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4.1 Propriete de linearite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4.2 Translation de la variable s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4.3 Translation de la variable t ou theoreme du retard . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.4.4 Propriete du changement d’echelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4.5 Exemples divers utilisant les proprietes precedentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4.6 Exercices sur les proprietes des transformees de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.5 Transformees des derivees d’un objet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.5.1 Transformee de la derivee premiere d’un objet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.5.2 Transformee de la derivee seconde d’un objet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.5.3 Generalisation aux derivees superieures . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.5.4 Applications : calcul de transformees de Laplace sans integration . . . . . . . . . . . . . . 171.5.5 Exercices sur les transformees de Laplace des derivees . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.6 Transformee de Laplace des integrales de l’objet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.6.1 Exercices sur les transformees de Laplace des integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.7 Multiplication par tn de l’objet ou derivees de l’image . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.7.1 Exercices sur la multiplication par tn de l’objet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.8 Division par t de l’objet ou integration de l’image . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.8.1 Exercices sur la division par t de l’objet ou l’integration de l’image . . . . . . . . . . . . . 221.8.2 Application de la transformee de Laplace au calcul d’integrales impropres . . . . . . . . . 23

1.9 Exercices melanges . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.10 Transformee de laplace d’une fonction periodique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.10.1 Exercices sur les transformees de Laplace d’une fonction periodque . . . . . . . . . . . . . 251.10.2 Exercices sur les transformees de Laplace des fonctions periodiques . . . . . . . . . . . . . 29

1.11 Comportement de f(s) lorsque s→∞ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.12 Theoreme de la valeur initiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.13 Theoreme de la valeur finale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

1.13.1 Exemples d’utilisation des theoremes (1.16) et (1.17) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.14 Generalisation du theoreme de la valeur initiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.15 Generalisation du theoreme de la valeur finale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.16 Transformee de Laplace de la fonction impulsion de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.16.1 Proprietes de la fonction de Dirac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 321.16.2 Transformee de Laplace de δ(t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1.17 Methodes pour trouver des transformees de Laplace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.18 Transformee de Laplace des fonctions de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1.18.1 Definition des fonctions de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331.18.2 Proprietes importantes des fonctions de Bessel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.18.3 Transformee de Laplace de la fonction de Bessel J0(t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.18.4 Transformee de Laplace de L{J0(at)} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351.18.5 Transformee de Laplace de L{J1(t)} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351.18.6 Transformee de Laplace de L{Jn(t)} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351.18.7 Exercices sur les transformees de laplace des fonctions de Bessel . . . . . . . . . . . . . . 37

2 La transformee de Laplace inverse 382.1 Definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.2 Unicite de la transformee de Laplace inverse : theoreme de Lerch . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2.2.1 Fonctions nulles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.2.2 Non unicite de la transformee de Laplace inverse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.2.3 Theoreme de Lerch . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

68


2.3 Quelques transformees de Laplace inverse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.4 Proprietes importantes des transformees de Laplace inverses . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.4.1 Propriete de linearite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.4.2 Translation de la variable s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.4.3 Translation de la variable t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.4.4 Propriete du changement d’echelle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 412.4.5 Transformee de Laplace inverse des derivees . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.4.6 Transformee de Laplace inverse des integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.4.7 Multiplication par sn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.4.8 Division par s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.4.9 Propriete de convolution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.5 Methodes pour trouver les transformees de Laplace inverse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

3 Application de la transformee de Laplace aux equations differentielles 523.1 Equations differentielles a coefficients constants . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 523.2 Equations differentielles ordinaires a coefficients variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

4 Appendice A : Table de proprietes generales des transformees de Laplace 56

5 Appendice B : Table de transformees de Laplace particulieres 58

69

Documents

Chapitre 5 : calcul op erationnel ou transformation de Laplace©matiques appliquées, chapitre 5.pdf · Chapitre 5 : calcul op erationnel ou transformation de Laplace 1 Transform