Transformée de Laplace | BTS | Mathématiques
Dernière mise à jour : 21 octobre 2026
À l'aide du tableau des transformées usuelles, donner la transformée de Laplace \(F(s)\) de chacun des signaux causaux suivants (\(t \geq 0\)) :
a. \(f_1(t) = 5\,u(t)\) b. \(f_2(t) = t^3\,u(t)\) c. \(f_3(t) = e^{-6t}\,u(t)\) d. \(f_4(t) = \cos(4t)\,u(t)\) e. \(f_5(t) = \sin(7t)\,u(t)\)
a. \(F_1(s) = \dfrac{5}{s}\) b. \(F_2(s) = \dfrac{3!}{s^4} = \dfrac{6}{s^4}\) c. \(F_3(s) = \dfrac{1}{s+6}\) d. \(F_4(s) = \dfrac{s}{s^2+16}\) e. \(F_5(s) = \dfrac{7}{s^2+49}\)
Un technicien de mesure enregistre un signal composite \(f(t) = 4e^{-2t} - 3t + 2\sin(3t)\) pour \(t \geq 0\). Calculer \(\mathcal{L}\{f(t)\}\) en utilisant la propriété de linéarité.
Par linéarité, on transforme chaque terme séparément :
\[\mathcal{L}\{4e^{-2t}\} = \frac{4}{s+2} \qquad \mathcal{L}\{3t\} = \frac{3}{s^2} \qquad \mathcal{L}\{2\sin(3t)\} = \frac{2\times 3}{s^2+9} = \frac{6}{s^2+9}\]D'où :
\[F(s) = \frac{4}{s+2} - \frac{3}{s^2} + \frac{6}{s^2+9}\]On veut retrouver, à partir de la définition intégrale, la transformée de la rampe unité \(f(t) = t\,u(t)\).
1. Écrire l'intégrale \(F(s) = \displaystyle\int_0^{+\infty} t\,e^{-st}\,dt\).
2. Calculer cette intégrale par une intégration par parties (poser \(u=t\), \(dv = e^{-st}dt\)), pour \(\operatorname{Re}(s) > 0\).
3. Vérifier la cohérence avec le tableau des transformées usuelles.
1. \(F(s) = \displaystyle\int_0^{+\infty} t\,e^{-st}\,dt\).
2. Avec \(u=t\), \(du=dt\), \(dv=e^{-st}dt\), \(v=-\dfrac{e^{-st}}{s}\) :
\[F(s) = \left[-\frac{t\,e^{-st}}{s}\right]_0^{+\infty} + \int_0^{+\infty}\frac{e^{-st}}{s}\,dt = \left[-\frac{t\,e^{-st}}{s} - \frac{e^{-st}}{s^2}\right]_0^{+\infty}\]Pour \(\operatorname{Re}(s) > 0\), les deux termes s'annulent en \(+\infty\). En \(t=0\) : \(-0 - \dfrac{1}{s^2}\). Donc :
\[F(s) = 0 - \left(-\frac{1}{s^2}\right) = \frac{1}{s^2}\]3. On retrouve bien la ligne « rampe linéaire » du tableau : \(\mathcal{L}\{t\,u(t)\} = \dfrac{1}{s^2}\). ✓
Un automate programmable envoie une consigne à un vérin. Deux signaux sont à transformer :
1. Une consigne en échelon retardée de 3 s après la mise sous tension : \(f(t) = u(t-3)\).
2. Une rampe de vitesse qui ne démarre qu'à partir de \(t = 2\) s : \(g(t) = (t-2)\,u(t-2)\).
Donner \(F(s)\) et \(G(s)\) à l'aide du théorème du retard.
1. \(u(t)\overset{\mathcal{L}}{\longleftrightarrow}\dfrac{1}{s}\). Par le théorème du retard avec \(T=3\) :
\[F(s) = e^{-3s}\cdot\frac{1}{s} = \frac{e^{-3s}}{s}\]2. \(t\,u(t)\overset{\mathcal{L}}{\longleftrightarrow}\dfrac{1}{s^2}\). Par le théorème du retard avec \(T=2\) :
\[G(s) = e^{-2s}\cdot\frac{1}{s^2} = \frac{e^{-2s}}{s^2}\]Une électrovanne pneumatique reçoit une impulsion de commande de durée 5 s : le signal de tension appliqué est un créneau \(f(t) = u(t) - u(t-5)\) (valeur 1 sur \([0\,;5[\), valeur 0 ailleurs).
En utilisant la linéarité et le théorème du retard, calculer \(F(s)\).
Par linéarité :
\[F(s) = \mathcal{L}\{u(t)\} - \mathcal{L}\{u(t-5)\}\]Le premier terme vaut \(\dfrac{1}{s}\). Le second est un échelon retardé de \(T=5\) s, donc \(\dfrac{e^{-5s}}{s}\) par le théorème du retard. D'où :
\[\boxed{F(s) = \frac{1-e^{-5s}}{s}}\]Un capteur de vibration délivre un signal oscillant amorti \(f(t) = e^{-3t}\sin(2t)\,u(t)\).
1. Rappeler \(\mathcal{L}\{\sin(2t)\,u(t)\}\).
2. En déduire \(\mathcal{L}\{f(t)\}\) à l'aide de la propriété de décalage fréquentiel.
1. \(\mathcal{L}\{\sin(2t)\,u(t)\} = \dfrac{2}{s^2+4}\).
2. Multiplier par \(e^{-3t}\) dans le temps revient à remplacer \(s\) par \(s+3\) :
\[F(s) = \frac{2}{(s+3)^2+4}\]Soit \(F(s) = \dfrac{2s+3}{s(s+4)}\), transformée de Laplace d'un signal causal \(f(t)\).
1. Calculer la valeur initiale \(f(0^+)\).
2. Justifier que le théorème de la valeur finale s'applique, puis calculer \(\displaystyle\lim_{t\to+\infty}f(t)\).
1. \(f(0^+) = \displaystyle\lim_{s\to+\infty} s\cdot\frac{2s+3}{s(s+4)} = \lim_{s\to+\infty}\frac{2s+3}{s+4} = 2\).
2. \(sF(s) = \dfrac{2s+3}{s+4}\) a un unique pôle en \(s=-4\), de partie réelle négative : le théorème de la valeur finale s'applique.
\[\lim_{t\to+\infty}f(t) = \lim_{s\to0} \frac{2s+3}{s+4} = \frac{3}{4} = 0{,}75\]Un bureau d'études valide la fonction de transfert d'un préamplificateur de mesure :
\[H(s) = \frac{s+5}{s^2+6s+5}\]1. Factoriser le dénominateur et donner les pôles et le zéro de \(H(s)\).
2. Le système est-il stable ?
3. Que remarque-t-on en simplifiant \(H(s)\) ?
1. \(s^2+6s+5 = (s+1)(s+5)\), donc pôles \(p_1=-1\), \(p_2=-5\), et zéro \(z_1=-5\).
2. \(\operatorname{Re}(p_1)=-1<0\) et \(\operatorname{Re}(p_2)=-5<0\) : tous les pôles sont dans le demi-plan gauche → système STABLE.
3. Le pôle \(p_2=-5\) coïncide avec le zéro \(z_1=-5\) : simplification possible, \(H(s) = \dfrac{1}{s+1}\).
Un ingénieur modélise le comportement d'une suspension mécanique par l'équation différentielle liant l'entrée \(e(t)\) et la sortie \(y(t)\), à conditions initiales nulles :
\[2\,y''(t) + 3\,y'(t) + y(t) = e(t)\]1. En appliquant la transformée de Laplace, déterminer la fonction de transfert \(H(s) = \dfrac{Y(s)}{E(s)}\).
2. Factoriser le dénominateur et déterminer les pôles.
3. Conclure sur la stabilité du système.
1. Avec C.I. nulles : \(2s^2Y(s) + 3sY(s) + Y(s) = E(s)\), donc :
\[H(s) = \frac{1}{2s^2+3s+1}\]2. \(2s^2+3s+1 = (2s+1)(s+1)\), donc pôles \(p_1 = -\dfrac{1}{2}\) et \(p_2 = -1\).
3. \(\operatorname{Re}(p_1)=-0{,}5<0\) et \(\operatorname{Re}(p_2)=-1<0\) → système STABLE (régime sur-amorti, deux pôles réels négatifs distincts).
La réponse en vitesse d'un moteur a pour transformée de Laplace :
\[F(s) = \frac{3s+7}{s(s+1)(s+3)}\]1. Décomposer \(F(s)\) en éléments simples sous la forme \(\dfrac{A}{s}+\dfrac{B}{s+1}+\dfrac{C}{s+3}\).
2. En déduire \(f(t)\) pour \(t \geq 0\).
1. Calcul de \(A\) (multiplier par \(s\), puis \(s\to0\)) :
\[A = \left.\frac{3s+7}{(s+1)(s+3)}\right|_{s=0} = \frac{7}{1\times3} = \frac{7}{3}\]Calcul de \(B\) (multiplier par \(s+1\), puis \(s\to-1\)) :
\[B = \left.\frac{3s+7}{s(s+3)}\right|_{s=-1} = \frac{-3+7}{(-1)(2)} = \frac{4}{-2} = -2\]Calcul de \(C\) (multiplier par \(s+3\), puis \(s\to-3\)) :
\[C = \left.\frac{3s+7}{s(s+1)}\right|_{s=-3} = \frac{-9+7}{(-3)(-2)} = \frac{-2}{6} = -\frac{1}{3}\]Donc \(F(s) = \dfrac{7/3}{s} - \dfrac{2}{s+1} - \dfrac{1/3}{s+3}\).
2. Par lecture du tableau :
\[\boxed{f(t) = \frac{7}{3} - 2e^{-t} - \frac{1}{3}e^{-3t} \qquad (t\geq0)}\]La réponse en position d'un vérin a pour transformée de Laplace :
\[F(s) = \frac{6}{s(s+3)^2}\]1. Décomposer \(F(s)\) sous la forme \(\dfrac{A}{s}+\dfrac{B_1}{s+3}+\dfrac{B_2}{(s+3)^2}\).
2. En déduire \(f(t)\) pour \(t\geq0\).
1. Calcul de \(A\) (multiplier par \(s\), \(s\to0\)) :
\[A = \left.\frac{6}{(s+3)^2}\right|_{s=0} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}\]Calcul de \(B_2\) (multiplier par \((s+3)^2\), \(s\to-3\)) :
\[B_2 = \left.\frac{6}{s}\right|_{s=-3} = \frac{6}{-3} = -2\]Calcul de \(B_1\) : on identifie en évaluant en \(s=1\) (valeur simple) :
\[\frac{6}{1\times16} = \frac{2/3}{1}+\frac{B_1}{4}+\frac{-2}{16} \;\Rightarrow\; \frac{3}{8} = \frac{2}{3}+\frac{B_1}{4}-\frac{1}{8} \;\Rightarrow\; B_1 = -\frac{2}{3}\]Donc \(F(s) = \dfrac{2/3}{s} - \dfrac{2/3}{s+3} - \dfrac{2}{(s+3)^2}\).
2. Par lecture du tableau (terme en \(t\,e^{-at}\) pour le pôle double) :
\[\boxed{f(t) = \frac{2}{3}\left(1-e^{-3t}\right) - 2t\,e^{-3t} \qquad (t\geq0)}\]La tension aux bornes du condensateur d'un circuit RLC en régime oscillant amorti a pour transformée :
\[F(s) = \frac{4s+2}{(s+2)^2+9}\]1. Réécrire le numérateur sous la forme \(A(s+2) + B\) afin d'identifier les termes en cosinus et en sinus.
2. En déduire \(f(t)\) pour \(t\geq0\).
1. On identifie \(a=2\), \(\omega_0=3\). On écrit :
\[4s+2 = 4(s+2) - 6\] \[F(s) = \frac{4(s+2)}{(s+2)^2+9} - \frac{6}{(s+2)^2+9} = \frac{4(s+2)}{(s+2)^2+9} - 2\cdot\frac{3}{(s+2)^2+9}\]2. Le premier terme correspond à \(e^{-2t}\cos(3t)\), le second à \(e^{-2t}\sin(3t)\) :
\[\boxed{f(t) = e^{-2t}\bigl[4\cos(3t) - 2\sin(3t)\bigr] \qquad (t\geq0)}\]Un vérin pneumatique de positionnement a un déplacement \(y(t)\) (en mm) qui vérifie l'équation différentielle, avec conditions initiales nulles \(y(0^-)=y'(0^-)=0\) :
\[y''(t) + 3y'(t) + 2y(t) = 10\,u(t)\]1. Appliquer la transformée de Laplace et exprimer \(Y(s)\).
2. Décomposer \(Y(s)\) en éléments simples.
3. En déduire \(y(t)\), puis vérifier la valeur finale à l'aide du théorème correspondant.
4. Représenter l'allure de \(y(t)\) sur \([0\,;5]\) s.
1. Avec C.I. nulles : \(s^2Y(s)+3sY(s)+2Y(s) = \dfrac{10}{s}\), donc :
\[Y(s)(s^2+3s+2) = \frac{10}{s} \;\Rightarrow\; Y(s) = \frac{10}{s(s+1)(s+2)}\]2. \(Y(s) = \dfrac{A}{s}+\dfrac{B}{s+1}+\dfrac{C}{s+2}\) avec :
\[A = \left.\frac{10}{(s+1)(s+2)}\right|_{s=0} = \frac{10}{2} = 5 \qquad B = \left.\frac{10}{s(s+2)}\right|_{s=-1} = \frac{10}{-1} = -10 \qquad C = \left.\frac{10}{s(s+1)}\right|_{s=-2} = \frac{10}{2} = 5\]3.
\[\boxed{y(t) = 5 - 10e^{-t} + 5e^{-2t} \qquad (t\geq0)}\]Vérification : \(\displaystyle\lim_{s\to0}sY(s) = \lim_{s\to0}\frac{10}{(s+1)(s+2)} = \frac{10}{2} = 5\), cohérent avec \(y(t)\to5\) mm quand \(t\to+\infty\). ✓
4.
Un technicien en électronique règle un temporisateur constitué d'un circuit RC série (\(R = 5\) k\(\Omega\), \(C = 40\) \(\mu\)F), alimenté par un échelon de tension \(e(t) = 15\,u(t)\) V. La tension aux bornes du condensateur vérifie :
\[RC\,\frac{du_C}{dt} + u_C(t) = e(t) \qquad u_C(0^-) = 0\]1. Calculer la constante de temps \(\tau = RC\).
2. Résoudre par la méthode de Laplace et déterminer \(u_C(t)\).
3. Calculer \(u_C(\tau)\) et vérifier qu'il correspond à environ \(63{,}2\,\%\) de la valeur finale.
4. Au bout de combien de temps la tension atteint-elle 14 V ?
1. \(\tau = RC = 5\,000 \times 40\times10^{-6} = 0{,}2\) s.
2. \(\tau\bigl[sU_C(s)-\underbrace{u_C(0^-)}_{=0}\bigr] + U_C(s) = \dfrac{15}{s}\), soit \((\tau s+1)U_C(s) = \dfrac{15}{s}\) :
\[U_C(s) = \frac{15}{s(0{,}2s+1)} = \frac{75}{s(s+5)} = \frac{15}{s} - \frac{15}{s+5}\] \[\boxed{u_C(t) = 15\left(1-e^{-5t}\right)\,\text{V} \qquad (t\geq0)}\]3. \(u_C(\tau) = u_C(0{,}2) = 15(1-e^{-1}) \approx 15\times0{,}6321 \approx 9{,}48\) V, soit \(9{,}48/15 \approx 63{,}2\,\%\) de la valeur finale (15 V). ✓
4. On résout \(15(1-e^{-5t}) = 14\) : \(1-e^{-5t} = \dfrac{14}{15}\), soit \(e^{-5t} = \dfrac{1}{15}\), donc \(t = \dfrac{\ln(15)}{5} \approx \dfrac{2{,}708}{5} \approx 0{,}542\) s.
Une bobine de relais industriel (résistance \(R = 5\,\Omega\), inductance \(L = 0{,}25\) H) est alimentée par un échelon de tension \(e(t) = 10\,u(t)\) V. Le courant \(i(t)\) vérifie :
\[L\,\frac{di}{dt} + Ri = e(t) \qquad i(0^-) = 0\]1. Résoudre par la méthode de Laplace et déterminer \(i(t)\).
2. Calculer le courant établi \(i(+\infty)\) et vérifier avec la loi d'Ohm en régime permanent.
3. Calculer la pente initiale de \(i(t)\) en \(t=0^+\) à l'aide du théorème de la valeur initiale appliqué à \(\mathcal{L}\{i'(t)\}\), et comparer à \(E_0/L\).
1. Avec \(i(0^-)=0\) : \(L\,sI(s) + RI(s) = \dfrac{10}{s}\), soit \((Ls+R)I(s) = \dfrac{10}{s}\) :
\[I(s) = \frac{10}{s(0{,}25s+5)} = \frac{40}{s(s+20)} = \frac{2}{s} - \frac{2}{s+20}\] \[\boxed{i(t) = 2\left(1-e^{-20t}\right)\,\text{A} \qquad (t\geq0)}\]2. \(i(+\infty) = 2\) A. En régime permanent, la bobine se comporte comme un fil : \(I = E_0/R = 10/5 = 2\) A. ✓
3. \(i'(t) = 40\,e^{-20t}\), donc \(i'(0^+) = 40\) A/s. Or \(E_0/L = 10/0{,}25 = 40\) A/s. ✓ La pente initiale du courant dans une bobine est bien \(E_0/L\) (le courant ne peut pas subir de discontinuité, mais sa dérivée initiale reflète directement la tension appliquée).
Un thermocouple industriel a pour fonction de transfert entre la température mesurée (entrée) et la tension délivrée (sortie, en mV) :
\[H(s) = \frac{3}{1+0{,}25\,s}\]1. Identifier le gain statique \(K\) et la constante de temps \(\tau\).
2. On applique un échelon de température d'amplitude \(E_0 = 4\), soit \(E(s) = 4/s\). Calculer \(S(s)\) puis \(s(t)\).
3. Calculer \(s(3\tau)\) et vérifier qu'il correspond à environ 95 % de la valeur finale.
4. Représenter l'allure de \(s(t)\).
1. Par identification à la forme canonique \(H(s) = \dfrac{K}{1+\tau s}\) : \(K = 3\), \(\tau = 0{,}25\) s.
2.
\[S(s) = H(s)\cdot\frac{4}{s} = \frac{12}{s(0{,}25s+1)} = \frac{48}{s(s+4)} = \frac{12}{s} - \frac{12}{s+4}\] \[\boxed{s(t) = 12\left(1-e^{-4t}\right) \qquad (t\geq0)}\]3. \(3\tau = 0{,}75\) s. \(s(0{,}75) = 12(1-e^{-3}) \approx 12\times0{,}9502 \approx 11{,}40\), soit \(11{,}40/12 \approx 95{,}0\,\%\) de la valeur finale (12). ✓
4.
Un vérin hydraulique de positionnement d'une presse industrielle est modélisé par un système du 2e ordre :
\[H(s) = \frac{4}{s^2+1{,}2s+4}\]1. Identifier \(K\), \(\omega_n\) et \(\xi\). Préciser le régime.
2. Calculer les pôles et conclure sur la stabilité.
3. Calculer le dépassement \(D\%\).
4. Pour une consigne de déplacement en échelon de \(10\) mm, calculer la position maximale atteinte.
1. Par identification à \(H(s) = \dfrac{K\omega_n^2}{s^2+2\xi\omega_ns+\omega_n^2}\) : \(\omega_n^2 = 4 \Rightarrow \omega_n = 2\) rad/s ; \(K = H(0)/1 = 4/4 = 1\) ; \(2\xi\omega_n = 1{,}2 \Rightarrow \xi = \dfrac{1{,}2}{4} = 0{,}3\). Comme \(0<\xi<1\), le régime est sous-amorti.
2. \(\Delta = 1{,}2^2-4\times4 = 1{,}44-16 = -14{,}56 < 0\) :
\[p_{1,2} = \frac{-1{,}2\pm j\sqrt{14{,}56}}{2} = -0{,}6\pm j\,1{,}908\]\(\operatorname{Re}(p) = -0{,}6 < 0\) → système STABLE.
3.
\[D\% = 100\,e^{-\pi\times0{,}3/\sqrt{1-0{,}3^2}} = 100\,e^{-\pi\times0{,}3/0{,}954} \approx 100\,e^{-0{,}988} \approx 37{,}2\,\%\]4. Position maximale : \(y_{max} = K\times E_0\times(1+D\%) = 1\times10\times1{,}372 \approx 13{,}7\) mm.
Un procédé industriel de régulation de débit a pour fonction de transfert \(G(s) = \dfrac{10}{s+5}\). On le place en boucle fermée à retour unitaire avec un correcteur proportionnel \(C(s) = K_c\).
1. Écrire la fonction de transfert en boucle fermée \(T(s) = \dfrac{C(s)G(s)}{1+C(s)G(s)}\) et la mettre sous forme canonique du 1er ordre.
2. Pour quelle valeur de \(K_c\) obtient-on une constante de temps en boucle fermée \(\tau_{BF} = 0{,}05\) s ?
3. Calculer le gain statique \(K_{BF}\) correspondant et l'erreur statique relative pour une consigne en échelon unité. Un correcteur proportionnel seul permet-il d'annuler cette erreur ?
1.
\[T(s) = \frac{10K_c/(s+5)}{1+10K_c/(s+5)} = \frac{10K_c}{s+5+10K_c} = \frac{\dfrac{10K_c}{5+10K_c}}{\dfrac{s}{5+10K_c}+1}\]Donc \(\tau_{BF} = \dfrac{1}{5+10K_c}\) et \(K_{BF} = \dfrac{10K_c}{5+10K_c}\).
2. \(\dfrac{1}{5+10K_c} = 0{,}05 \Rightarrow 5+10K_c = 20 \Rightarrow K_c = \dfrac{15}{10} = 1{,}5\).
3.
\[K_{BF} = \frac{10\times1{,}5}{5+15} = \frac{15}{20} = 0{,}75\]Erreur statique relative : \(e_\infty = 1-K_{BF} = 1-0{,}75 = 0{,}25 = 25\,\%\).
Un correcteur proportionnel seul ne peut pas annuler l'erreur statique (elle diminue quand \(K_c\) augmente, mais ne s'annule jamais pour \(K_c\) fini) : il faudrait ajouter une action intégrale (correcteur PI ou PID).