Exercices par capacités · BTS
Dernière mise à jour : 21 juin 2026
À l'aide du tableau des transformées usuelles, donner \(\mathcal{L}\{f(t)\}\) pour chaque fonction causale (\(t\geq 0\)) :
En utilisant la linéarité, calculer \(\mathcal{L}\{3e^{-2t} - 5\sin(4t)\}\) pour \(t\geq 0\).
En appliquant le théorème du décalage fréquentiel (\(e^{-at}f(t)\leftrightarrow F(s+a)\)) à \(\cos(3t)\) puis à \(\sin(2t)\), calculer :
1. \(\cos(3t)\leftrightarrow \dfrac{s}{s^2+9}\), on remplace \(s\) par \(s+2\) :
\[\mathcal{L}\{e^{-2t}\cos(3t)\} = \frac{s+2}{(s+2)^2+9}\]2. \(\sin(2t)\leftrightarrow \dfrac{2}{s^2+4}\), on remplace \(s\) par \(s+1\) :
\[\mathcal{L}\{e^{-t}\sin(2t)\} = \frac{2}{(s+1)^2+4}\]Calculer \(\mathcal{L}\{e^{-3t}\}\) directement à partir de la définition \(F(s) = \displaystyle\int_0^{+\infty} f(t)e^{-st}\,\mathrm{d}t\).
Pour \(\operatorname{Re}(s) \gt -3\), le terme à \(+\infty\) vaut 0 :
\[F(s) = 0 - \frac{1}{-(s+3)} = \frac{1}{s+3}\]Conforme au tableau avec \(a = 3\).
Déterminer \(\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{1}{s} + \dfrac{2}{s+2} - \dfrac{3}{s+3}\right\}\) par lecture directe du tableau.
Terme à terme : \(\dfrac{1}{s}\leftrightarrow u(t)\), \(\dfrac{1}{s+a}\leftrightarrow e^{-at}\) :
\[f(t) = \left(1 + 2e^{-2t} - 3e^{-3t}\right)u(t)\]Décomposer \(F(s) = \dfrac{5s+6}{s(s+2)(s+3)}\) en éléments simples, puis donner \(f(t) = \mathcal{L}^{-1}\{F(s)\}\).
On pose \(F(s) = \dfrac{A}{s} + \dfrac{B}{s+2} + \dfrac{C}{s+3}\).
\[A = \left.\frac{5s+6}{(s+2)(s+3)}\right|_{s=0} = \frac{6}{2\times 3} = 1\] \[B = \left.\frac{5s+6}{s(s+3)}\right|_{s=-2} = \frac{-10+6}{(-2)(1)} = \frac{-4}{-2} = 2\] \[C = \left.\frac{5s+6}{s(s+2)}\right|_{s=-3} = \frac{-15+6}{(-3)(-1)} = \frac{-9}{3} = -3\] \[F(s) = \frac{1}{s} + \frac{2}{s+2} - \frac{3}{s+3} \quad\Longrightarrow\quad f(t) = (1 + 2e^{-2t} - 3e^{-3t})\,u(t)\]Calculer \(\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{2s+6}{(s+1)^2 + 4}\right\}\).
Forme avec \(a = 1\), \(\omega_0 = 2\). On réécrit le numérateur :
\[2s + 6 = 2(s+1) + 4 = 2(s+1) + 2\times 2\] \[F(s) = \frac{2(s+1)}{(s+1)^2+4} + \frac{2\times 2}{(s+1)^2+4}\]Or \(\dfrac{s+a}{(s+a)^2+\omega_0^2}\leftrightarrow e^{-at}\cos(\omega_0 t)\) et \(\dfrac{\omega_0}{(s+a)^2+\omega_0^2}\leftrightarrow e^{-at}\sin(\omega_0 t)\) :
\[f(t) = 2e^{-t}\cos(2t) + 2e^{-t}\sin(2t) = 2e^{-t}\big[\cos(2t)+\sin(2t)\big]\]Calculer \(\mathcal{L}^{-1}\!\left\{\dfrac{3}{s(s+2)^2}\right\}\) (pôle double).
On pose \(\dfrac{3}{s(s+2)^2} = \dfrac{A}{s} + \dfrac{B_1}{s+2} + \dfrac{B_2}{(s+2)^2}\).
\[A = \left.\frac{3}{(s+2)^2}\right|_{s=0} = \frac{3}{4} \qquad B_2 = \left.\frac{3}{s}\right|_{s=-2} = -\frac{3}{2}\]Pour \(B_1\), on évalue en \(s=1\) :
\[\frac{3}{1\times 9} = \frac{3/4}{1} + \frac{B_1}{3} + \frac{-3/2}{9} \;\Rightarrow\; \frac{1}{3} = \frac{3}{4} + \frac{B_1}{3} - \frac{1}{6} \;\Rightarrow\; B_1 = -\frac{3}{4}\] \[F(s) = \frac{3/4}{s} - \frac{3/4}{s+2} - \frac{3/2}{(s+2)^2}\]Avec \(\dfrac{1}{(s+a)^2}\leftrightarrow t\,e^{-at}\) :
\[f(t) = \frac{3}{4}\left(1 - e^{-2t}\right) - \frac{3}{2}\,t\,e^{-2t}\]Analyser \(H(s) = \dfrac{s+2}{s^2 + 3s + 2}\) : factoriser le dénominateur, donner les pôles et zéros, conclure sur la stabilité.
\(s^2+3s+2 = (s+1)(s+2)\).
Pôles : \(p_1 = -1\), \(p_2 = -2\) ; zéro : \(z_1 = -2\).
Tous les pôles ont une partie réelle strictement négative → système stable.
(Remarque : \(p_2 = z_1 = -2\), d'où la simplification \(H(s) = \dfrac{1}{s+1}\).)
Analyser la stabilité de \(H(s) = \dfrac{1}{s^2 - s + 2}\).
Discriminant : \(\Delta = (-1)^2 - 4\times 1\times 2 = 1 - 8 = -7 \lt 0\).
\[p_{1,2} = \frac{1 \pm j\sqrt{7}}{2}, \qquad \operatorname{Re}(p) = \frac{1}{2} \gt 0\]Au moins un pôle (ici les deux) a une partie réelle positive → système instable.
Soit \(F(s) = \dfrac{5}{s(s+2)}\). Déterminer la valeur finale \(\displaystyle\lim_{t\to+\infty}f(t)\) à l'aide du théorème de la valeur finale.
\(sF(s) = \dfrac{5}{s+2}\) : pôle unique en \(s=-2\) (\(\operatorname{Re}\lt 0\)) → théorème applicable.
\[\lim_{t\to+\infty} f(t) = \lim_{s\to 0} sF(s) = \lim_{s\to 0}\frac{5}{s+2} = \frac{5}{2} = 2{,}5\]Soit \(F(s) = \dfrac{s+3}{s^2+4s+3}\). 1) Factoriser et trouver les pôles. 2) Calculer la valeur initiale \(f(0^+)\). 3) Le système est-il stable ? Si oui, calculer la valeur finale.
1. \(s^2+4s+3 = (s+1)(s+3)\), donc pôles \(p_1=-1\), \(p_2=-3\).
2. Valeur initiale :
\[f(0^+) = \lim_{s\to+\infty} s\cdot\frac{s+3}{(s+1)(s+3)} = \lim_{s\to+\infty}\frac{s}{s+1} = 1\]3. \(\operatorname{Re}(p_1)=-1\lt 0\) et \(\operatorname{Re}(p_2)=-3\lt 0\) → stable.
\[\lim_{t\to+\infty}f(t) = \lim_{s\to 0} s\cdot\frac{s+3}{(s+1)(s+3)} = \lim_{s\to 0}\frac{s}{s+1} = 0\]Un système du 2e ordre a pour fonction de transfert \(H(s) = \dfrac{0{,}25}{s^2 + 0{,}4s + 0{,}25}\). Déterminer \(\omega_n\), \(\xi\) et le régime. Calculer les pôles et conclure sur la stabilité.
Forme canonique \(\dfrac{K\omega_n^2}{s^2+2\xi\omega_n s+\omega_n^2}\) : \(\omega_n^2 = 0{,}25 \Rightarrow \omega_n = 0{,}5\) rad/s.
\(2\xi\omega_n = 0{,}4 \Rightarrow \xi = \dfrac{0{,}4}{2\times 0{,}5} = 0{,}4\). Comme \(0\lt\xi\lt 1\) : régime sous-amorti.
Discriminant : \(\Delta = 0{,}4^2 - 4\times 0{,}25 = 0{,}16 - 1 = -0{,}84 \lt 0\) :
\[p_{1,2} = \frac{-0{,}4 \pm j\sqrt{0{,}84}}{2} = -0{,}2 \pm j\,0{,}458\]Parties réelles \(-0{,}2 \lt 0\) → système stable (avec oscillations amorties).
Résoudre \(y'' + 5y' + 6y = 6\,u(t)\) avec \(y(0^-) = y'(0^-) = 0\).
Conditions initiales nulles → \(\mathcal{L}\{y''\}=s^2Y\), \(\mathcal{L}\{y'\}=sY\) :
\[(s^2+5s+6)Y(s) = \frac{6}{s} \;\Rightarrow\; Y(s) = \frac{6}{s(s+2)(s+3)}\]DES : \(Y(s) = \dfrac{A}{s} + \dfrac{B}{s+2} + \dfrac{C}{s+3}\).
\[A = \frac{6}{2\times 3} = 1 \quad B = \frac{6}{(-2)(1)} = -3 \quad C = \frac{6}{(-3)(-1)} = 2\] \[y(t) = \left(1 - 3e^{-2t} + 2e^{-3t}\right)u(t)\]Vérif. valeur finale : \(\lim_{s\to 0} sY(s) = \dfrac{6}{6} = 1 = \lim_{t\to\infty}y(t)\) ✓.
Un circuit RC série (\(R = 1\) k\(\Omega\), \(C = 100\,\mu\)F, soit \(\tau = RC = 0{,}1\) s) est soumis à un échelon \(e(t) = 10\,u(t)\) V. L'équation est \(\tau\,\dfrac{du_C}{dt} + u_C = e(t)\), \(u_C(0^-)=0\). Déterminer \(u_C(t)\).
DES : \(\dfrac{100}{s(s+10)} = \dfrac{A}{s} + \dfrac{B}{s+10}\) avec \(A = \dfrac{100}{10} = 10\), \(B = \dfrac{100}{-10} = -10\) :
\[U_C(s) = 10\left(\frac{1}{s} - \frac{1}{s+10}\right) \;\Rightarrow\; u_C(t) = 10\left(1 - e^{-10t}\right)u(t) \text{ [V]}\]Valeur finale \(u_C(\infty) = 10\) V (\(= E_0\)) ✓.
Un circuit RL série (\(R = 2\,\Omega\), \(L = 1\) H) est soumis à \(e(t) = 4\,u(t)\) V. L'équation est \(L\dfrac{di}{dt} + Ri = e(t)\) avec condition initiale \(i(0^-) = 1\) A. Déterminer \(i(t)\).
Transformée avec condition initiale : \(\mathcal{L}\{i'\} = sI(s) - i(0^-)\) :
\[sI(s) - 1 + 2I(s) = \frac{4}{s} \;\Rightarrow\; (s+2)I(s) = \frac{4}{s} + 1 = \frac{s+4}{s}\] \[I(s) = \frac{s+4}{s(s+2)} = \frac{A}{s} + \frac{B}{s+2}\] \[A = \left.\frac{s+4}{s+2}\right|_{s=0} = \frac{4}{2} = 2 \qquad B = \left.\frac{s+4}{s}\right|_{s=-2} = \frac{2}{-2} = -1\] \[i(t) = \left(2 - e^{-2t}\right)u(t) \text{ [A]}\]Vérif. : \(i(0^+) = 2-1 = 1\) A ✓ ; \(i(\infty) = 2\) A \(= E/R = 4/2\) ✓.
Un système du 1er ordre \(H(s) = \dfrac{K}{1+\tau s}\) avec \(K=2\) et \(\tau = 0{,}5\) s est soumis à un échelon unité. 1) Donner \(S(s)\). 2) En déduire \(s(t)\). 3) Quelle valeur \(s(t)\) atteint-il à \(t=\tau\) ?
1. \(S(s) = H(s)\cdot\dfrac{1}{s} = \dfrac{2}{s(1+0{,}5s)} = \dfrac{2}{s}\cdot\dfrac{1}{1+0{,}5s}\).
2. Réponse indicielle du 1er ordre : \(s(t) = K(1 - e^{-t/\tau})u(t) = 2(1 - e^{-t/0{,}5})u(t) = 2(1 - e^{-2t})u(t)\).
3. À \(t = \tau\) : \(s(\tau) = K(1 - e^{-1}) = 2\times 0{,}632 \approx 1{,}26\), soit 63,2 % de la valeur finale \(K=2\).
Un variateur de vitesse a pour fonction de transfert \(H(s) = \dfrac{120}{s^2 + 14s + 120}\). 1) Identifier \(K\), \(\omega_n\), \(\xi\). 2) Le système est-il stable ? 3) Calculer le dépassement \(D\% = 100\,e^{-\pi\xi/\sqrt{1-\xi^2}}\).
1. \(\omega_n^2 = 120 \Rightarrow \omega_n = \sqrt{120} \approx 10{,}95\) rad/s ; \(2\xi\omega_n = 14 \Rightarrow \xi = \dfrac{14}{2\times 10{,}95} \approx 0{,}639\) ; \(K = H(0) = \dfrac{120}{120} = 1\). Régime sous-amorti.
2. \(\Delta = 14^2 - 4\times 120 = 196 - 480 = -284 \lt 0\), pôles \(p_{1,2} = -7 \pm j\sqrt{71}\), \(\operatorname{Re}(p) = -7 \lt 0\) → stable.
3. \(\sqrt{1-0{,}639^2} = \sqrt{1-0{,}408} = \sqrt{0{,}592} \approx 0{,}769\) :
\[D\% = 100\,e^{-\pi\times 0{,}639/0{,}769} = 100\,e^{-2{,}612} \approx 7{,}4\,\%\]