Transformée de Laplace et convolution

Bonjour,

J’ai trouvé ton erreur : c’est dans le produit de convolution.
On a $\int_{0}^{t} f(x) \exp(t-x)dx= (f \star \exp)(t)$ par définition, n’est-ce pas ?
Et donc on transforme en $F(s). {1\over s-1}$ puisque la transformée de la fonction $t \mapsto \exp(t), t\geq 0$ et nulle pour $t<0$ est $s \mapsto {1\over s-1}$.

Le reste des calculs est simple et on trouve sans peine. Puis on vérifie avec un logiciel pour aller plus vite.

Bonjour, dans un cadre général ces histoires de convolution ça peut s’avéer très utile mais en l’occurrence ici on peut juste « sortir » le exp(t) de l’intégrale et reconnaître la transformée de f ce qui, après calcul, fournit le même résultat mais beaucoup plus rapidement.

Elle est juste si on travaille (comme généralement dans la TL) avec des fonctions causales (*). Mais comme Reylo n'a donné aucune indication ... ni même de conditions sur s, difficile de savoir comment il travaille.

Cordialement.

(*) transformée unilatérale.

Bonjour,

@gebrane : un truc m’échappe, peux-tu m’aider ? A gauche du produit de convolution on a $f(t)H(t)$ et donc sa transformée de Laplace est un produit de transformées de Laplace dont une est la transformée de $f(t)H(t)$ et non pas de $f$, n’est-ce pas ? Et on n’a pas nécessairement $L(f)=L(fH)$. On a défini $F(s)=L(f(t))$. Pourquoi peux-tu écrire $L(fH(t))=F(s)$ ?

Bonjour,

Mais cette définition suppose que la fonction $f$ est nulle sur les abscisses négatives. Quand on transforme par Laplace, on perd toute information sur les abscisses négatives, n’est-ce pas ? Dans les livres de maths ils écrivent : la fonction est localement sommable à support positif.
Donc dés qu’on transforme par Laplace on suppose ce support positif. D’où mon écriture du produit de convolution sans les fonctions de $H$... Toi tu préfères les écrire partout, moi nulle part. Mais c’est pareil avec des fonctions à supports positifs.

Non ?

Bonjour,

@gebrane, j'ai encore besoin de tes explications. En effet, je calcule de trois façons différentes et j'obtiens trois résultats différents.

On cherche les solutions de l'équation intégrale : $\displaystyle f(t) = 3t^2-e^{-t} - \int_{0}^{t} f(x) e^{t-x} dx, t\in \R.$ Pour que l'intégrale existe, on suppose la fonction $f$ continue.

Première méthode :
Le membre de droite est défini, continu et dérivable sur $\R$ et donc $f$ est dérivable.
On dérive pour trouver : $\displaystyle f'(t) = 6t + e^{-t} - \Big( f(t) + \int_{0}^{t} f(x) e^{t-x} dx \Big)$ et on élimine l'intégrale grâce à l'équation intégrale pour trouver $\displaystyle f(t) = -t^3+3t^2-1=f_0(t), t\in \R.$ On vérifie que $f_0$ est bien solution en reportant dans l'équation intégrale.

Seconde méthode :
On sort $\displaystyle e^t$ de l'intégrale et on pose $\displaystyle g(t) = f(t) e^{-t}, t \in \R$ pour trouver $\displaystyle g(t) = 3t^2 e^{-t} - e^{-2t} \int_{0}^{t} g(x)dx, t\in \R.$ On pose alors $\displaystyle G(t) =\int_{0}^{t}g(x)dx, t\in \R$ qui existe pusique $g$ est continue. On obtient donc une équation différentielle $\displaystyle G'(t) + G(t) = 3t^2 e^{-t}-e^{-2t}$ que l'on résout par variation de la constante $\displaystyle G(t)=(t^3+e^{-t}-1)e^{-t}, t \in \R$ et donc $\displaystyle g(t) = G'(t) = -2 e^{-2t} + e^{-t} (-t^3+3t^2+1), t \in \R$ et donc $\displaystyle f(t) = -t^3+3t^2+1 - 2 e^{-t} = f_0(t)+ 2(1-e^{-t}) = f_0(t) + f_1(t), t \in \R.$
On voit une nouvelle fonction $\displaystyle f_1(t) = 2(1-e^{-t}), t \in \R$ qui possède la propriété magique suivante $\displaystyle f_1(t) = -\int_{0}^{t} f_1(x)e^{t-x}dx, t \in \R$ : on comprend donc que les solutions de l'équation intégrale sont définies à $\displaystyle f_1$ près et le coeffcient multiplicateur est déterminé par la condition initiale $\displaystyle f(0)=-1.$
On vérifie que $f_0+f_1$ est bien solution en reportant dans l'équation intégrale.

Troisième méthode :
On écrit $\displaystyle \int_{0}^{t} f(x) e^{t-x} dx = \int_{0}^{t} f(x) H(x) e^{t-x} H(t-x)dx = \int_\R f(x) H(x) e^{t-x} H(t-x)dx = (f H \star \exp H)(t), t\in \R.$ et alors, par transformée de Laplace : $\displaystyle F(s) = 3.{2! \over s^3} - {1 \over s+1} - F(s). {1 \over s-1}$ puis $\displaystyle F(s) = -{6 \over s^4} + {6 \over s^3} + {1\over s} - {2 \over s+1}$ et par transformée inverse $\displaystyle f(t) = -{6 \over 3!} t^3H(t) + {6 \over 2!} t^2 H(t) + H(t) - 2 e^{-t} H(t) = (-t^3+3t^2+1-2e^{-t})H(t) = (f_0(t) + f_1(t))H(t), t \in \R.$
Quand on reporte dans l'équation intégrale, catastrophe X:-( pusique, pour $t<0$, $f(t) = 0$ n'est pas solution !
Donc la seule méthode indiquée dans cet exercice, celle de Laplace, ne mène pas à la solution, en tout cas sur $\R.$ On retrouve bien une solution sur $t>0.$

@ YvesM,
il y a une faute dans ta première méthode, on trouve la même solution avec les T.L dans la région des temps positifs.
Il faut bien comprendre qu'avec les T.L ( unilatérale) on ne peut résoudre une équation différentielle ou de convolution que dans la région des temps positifs. donc de l'egalité $\displaystyle F(s) = -{6 \over s^4} + {6 \over s^3} + {1\over s} - {2 \over s+1}$ on déduit que l'originale est $f(t)=-t^3+3t^2+1-2e^{-t},\forall t>0$ . Apres il faut chercher un autre argument pour dire que la solution sur les t>0 est valable sur tout $\R$ C'est le défaut des TL ( unilatérales) , c'est pourquoi on utilise les T.L bilatérales ou Fourier ( lorsque c'est possible) pour résoudre un problème sur tout $\R$

Bonjour,

Merci pour les explications : j’ai fait une erreur de calcul dans la première méthode. En fait, on trouve bien comme la seconde méthode.
Pour moi, une fonction causale ne dépend que des temps passés ; mais $\tau \in ]-\infty, t]$ fonctionne très bien et la fonction $f$ est parfaitement définie aux temps négatifs : rien dans l’equation intégrale ne force la nullité de la fonction au temps négatif. D’ailleurs, une fonction nulle aux temps négatifs ne convient pas : elle n’est pas solution.

Comme $f(0)=-1$ on peut imaginer une fonction $f$ constante et égale à $-1$ pour les temps négatifs ; puis qui obéit à l’équation intégrale pour les temps positifs. Mais l’énoncé pourrait le dire...

Bonjour,

@gebrane :

C’est une histoire de vocabulaire. Voici ce qu’un physicien comprend... je crois que c’est la même définition en maths.

Une fonction causale à l’instant t ne dépend que des instants avant t (après un certain temps T.) Donc par exemple $f(t)=t$ convient, $f(t)=\int_T^t f(x)dx$ convient, mais $f(t)=\int_T^{2t} f(x)dx$ ne convient pas puisque $f(t)$ a gauche dépend de la valeur de $f(x) $ pour $x>t$.

Ça n’a rien à voir avec la nullité ou pas de la fonction pour les temps $t<T$.

Souvent on impose cette condition parce qu’elle correspond au problème modélisé : un circuit électrique, l’effet du nouvelle taxe, etc. dont on branche le circuit ou décréte l’application à l’instant T.
Le système répond à un stimulus $S(t)$ qu’on applique à l’instant $t=0$ et la réponse $R(t)=0, t<0$ puisque l’effet ne peut précéder la cause. Mais c’est un cas simple. Souvent utilisé pour utiliser Laplace.

La définition de causale est plus générale.

La fonction $x \mapsto \cos x, x\in \R$ est causale. Elle n’est pas nulle... pour $x<0.$