Inversion de la transformation de Laplace

Contrairement à la transformation de Fourier, la transformation de Laplace ne permet pas de décomposer une fonction en une superposition de ``fonctions élémentaires'' (sinus et cosinus). Cependant, la transformation de Laplace inverse a une expression simple, et facilement calculable dans bon nombre de cas.

Une première approche possible consiste à utiliser certaines expressions connues pour les transformées de Laplace de certaines fonctions élémentaires, comme on va le voir dans l'exemple suivant.

EXEMPLE 4.4   Considérons la fonction $f$ dont la transformée de Laplace est donnée par

$$F(p) = \frac{b}{(p-a)^2 +b^2}\ ,\qquad \Re(p) >a\ ,$$

où $a$ et $b$ sont des nombres réels, $b\ne 0$ . Une décomposition en éléments simples de $F$ donne

$$F(p) = \frac1{2}\left(\frac{1}{p-(a+ib)} - \frac{1}{p-(a-ib)}\right)\ ,$$

et ces deux termes sont transformées de Laplace de fonctions connues. On en déduit donc directement

$$f(t) = \frac{1}{2}\left(e^{(a+ib)t} - e^{(a-ib)t}\right) = e^{at}\sin(bt)\ .$$

Preuve: Le résultat est une conséquence de la relation entre transformation de Laplace et transformation de Fourier. Soit $\gamma\in{\mathbb{R}}$ , $\gamma>s$ , et soit $p=\gamma+i\omega$ . Si $\widehat{g_\gamma}\in L^1({\mathbb{R}})$ , alors on a

$$g_\gamma (t) =\frac1{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^\infty \widehat{... ...\omega t} dt =\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^\infty F(\gamma +i\omega)\,d\omega\ .$$

En utilisant l'holomorphie de $F$ dans le domaine $p\in\mathbb{C},\Re(p)>s$ et la relation entre $f$ et $g_\gamma$ , on a bien

$$f(t) = \frac1{2\pi}\int_{-\infty}^\infty F(\gamma+i\omega) e^{\ga... ...\omega= \frac1{2i\pi}\int_{\gamma-i\infty}^{\gamma+i\infty} F(p) e^{pt}\,dp\ ,$$

ce qui est le résultat désiré. $\spadesuit$

Par conséquent, on fait généralement appel à la formule des résidus pour évaluer une transformée de Laplace inverse.

REMARQUE 4.2   Il est important de signaler que le choix de $\gamma$ est crucial. $\gamma$ doit obligatoirement être choisi dans le demi-plan où la transformée de Laplace est holomorphe. Un autre choix conduit immanquablement à un résultat erroné.

Figure: Contour d'intégration. Le contour complet est noté $C_R$ , et le demi-cercle de rayon $R$ est $\Gamma_R$ . Les deux pôles sont indiqués par des croix (+).

EXEMPLE  (SUITE) Reprenons l'exemple de la fonction $f$ dont la transformée de Laplace est donnée par

$$F(p) = \frac{b}{(p-a)^2 +b^2}\ ,\qquad \Re(p) >a\ ,$$

où $a$ et $b$ sont des nombres réels, $b\ne 0$ . $F$ a 2 pôles simples en $a+ib$ et $a-ib$ . On choisit un contour d'intégration comme donné sur la FIGURE , où $C_R = [\gamma-iR,\gamma+iR]\cup\Gamma_R$ . Il est clair que pour $\Re(p)<a$ , on a $\lim_{\vert p\vert\to\infty} (p-a)F(p)e^{pt}=0$ (car $t>0$ ), de sorte que l'intégrale sur $\Gamma_R$ tend vers 0 quand $R\to\infty$ (on peut aussi utiliser le critère de Carslaw et Jaeger ci-dessous dans ce cas). On peut donc écrire

$$f(t) = \lim_{R\to\infty} \frac1{2i\pi}\,\int_{C_R} F(p)e^{pt}dt$$

$$= \left(\hbox{Res}(a+ib) + \hbox{Res}(a-ib)\right)$$

$$= \frac1{2i}\, \left(e^{(a+ib)t} -e^{(a-ib)t}\right)$$

$$= e^{at}\sin(bt)\ .$$

Dans ce type de problème, l'intégrale sur l'arc de cercle $\Gamma_R$ tend vers 0 lorsque $R\to\infty$ . On peut soit vérifier ceci directement, soit invoquer des conditions suffisantes sur la transformée de Laplace $F$ assurant que cette intégrale tend réellement vers 0. Une telle condition a été donnée par Carslaw et Jaeger:

EXEMPLE 4.5   Considérons un problème de conduction de chaleur dans un solide unidimensionnel semi-infini ($x>0$ ), dont la température initiale est nulle, et dont l'extrémité $x=0$ est maintenue à une température constante $T_0>0$ . Ce système est schématisé en Fig.  ci dessous.

Figure: Le milieu semi-infini

L'évolution spatio-temporelle de ce champ $u(x,t)$ est régie par l'équation de la chaleur

$$\frac{\partial u}{\partial t}(x,t) = \alpha \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x,t)\ ,$$ (4.3)

que l'on complète par les conditions initiales et aux limites

$$u(0,t) = T_0\quad\forall t\ge 0$$ (4.4)

$$u(x,0) = 0\quad\forall x>0\ .$$ (4.5)

On suppose que $u$ est une fonction continue de la variable $t$ , et que les fonctions $u,\partial u/\partial t$ sont à croissance au plus exponentielle (c'est à dire satisfont la condition ()), ce qui nous assure de pouvoir utiliser les résultats de la Proposition . Par transformation de Laplace (par rapport à la variable $t$ ), en notant

$$U(x,p) = \int_0^\infty u(x,t) e^{-pt}\,dt\ ,$$ (4.6)

on se ramène à l'équation

$$p U(x,p) = \alpha \frac{\partial ^2 U}{\partial x^2}(x,p)\ ,$$ (4.7)

dont la solution générale est de la forme

$$U(x,p) = C_1(p)e^{-x\sqrt{p/\alpha}} + C_2(p) e^{x\sqrt{p/\alpha}}\ .$$

Si l'on impose à la solution d'être bornée quand $x\to\infty$ , on a nécessairement $C_2(p)=0\ \forall p$ . Donc

$$C_1(p)=U(p,0)=T_0 \int_0^\infty e^{-pt}\,dt = \frac{T_0}p\ .$$

Donc,

$$U(x,p) = \frac{T_0}p\,e^{-x\sqrt{p/\alpha}}\ ,$$ (4.8)

et le problème sera résolu dès que l'on aura l'original de Laplace de cette fonction, qui est holomorphe dans le demi plan ouvert $\Re(p)>0$ . Soit donc $\gamma\in{\mathbb{R}}^+$ , et considérons l'intégrale

$$I_a(t) = \frac1{2i\pi}\, \int_{\gamma-i\infty}^{\gamma+i\infty} e^{-a\sqrt{p}} e^{pt}\,\frac{dp}p\ .$$ (4.9)

La présence du terme $\sqrt{p}$ nous oblige à faire un choix de détermination pour la racine carrée. On introduit donc une coupure, par exemple sur le demi axe réel négatif ${\mathbb{R}}^-$ .

Figure: Contour d'intégration pour le calcul de la solution de l'équation de la chaleur à partir de sa transformée de Laplace. Le contour complet est noté $C_R$ , et le demi-cercle de rayon $R$ est $\Gamma_R$ .

Considérons le contour $\Gamma_R$ (voir FIG. ). L'intégrand étant holomorphe à l'intérieur de $\Gamma_R$ , l'intégrale sur $\Gamma_R$ est nulle, de sorte que l'on peut écrire

$$I_a(t) =\lim_{R\to\infty;\epsilon\to 0} \frac1{2i\pi}\left(\int^A_B +\int_C^B + \int_D^C +\int_E^D +\int_F^E\right)\ ,$$

et il faut maintenant évaluer chacun des termes.

• A la limite $\epsilon\to 0$ , l'intégrale sur le cercle $(CD)$ s'évalue grâce à la méthode des résidus (pôle en 0), et on obtient
  $$\int_D^C e^{-a\sqrt{p}} e^{pt}\,\frac{dp}p = 2i\pi\ .$$

• Pour l'intégrale sur le segment $(CB)$ , on pose $p =ue^{i\pi}$ , avec $u>0$ . On a alors
  $$\lim_{R\to\infty;\epsilon\to 0}\int_C^B e^{-a\sqrt{p}} e^{pt}\,\frac{dp}p =\int_0^\infty e^{-ia\sqrt{u}} e^{-ut}\,\frac{du}u\ .$$

• Pour l'intégrale sur le segment $(DE)$ , on doit poser $p =ue^{-i\pi}$ , avec $u>0$ . On a alors
  $$\lim_{R\to\infty;\epsilon\to 0}\int_E^D e^{-a\sqrt{p}} e^{pt}\,\frac{dp}p =-\int_0^\infty e^{ia\sqrt{u}} e^{-ut}\,\frac{du}u\ .$$

• Reste à se charger de la contribution des arcs de cercle, à la limite $R\to\infty$ . On applique ici le critère de Carslaw et Jaeger. Sur le quart de cercle supérieur, on pose $p =ue^{i\theta}$ , avec $\theta\in [\pi/2,\pi]$ . On a donc $\sqrt{p}=\sqrt{u} (\cos(\theta/2) +i\sin(\theta/2))$ , et $\Re(\sqrt{p})\ge 0$ . Sur le quart de cercle inférieur, on pose $p =ue^{i\theta}$ , avec $\theta\in [-\pi/2,-\pi]$ . On a donc $\theta/2\in [-\pi/4,-\pi/2]$ , et de nouveau $\Re(\sqrt{p})\ge 0$ . Par conséquent, sur l'arc de cercle complet, $\vert\exp\{-a\sqrt{p}\}/p\vert\le 1/\vert p\vert$ , et le critère de Carslaw et Jaeger s'applique. Donc les intégrales sur les deux quarts de cercle $(AB)$ et $(CD)$ tendent vers 0 quand $R\to\infty$ .

Mettant ces résultats ensembles, nous avons donc à calculer

$$I_a(t) = 1 -\frac1{\pi}\,\int_0^\infty e^{-tu}\sin (a\sqrt{u})\,\... ...2{\pi}\,\int_0^\infty e^{-tv^2}\sin(av)\,\frac{dv}v = 1-\frac2{\pi}\,J_a(t)\ .$$

Pour finir, on remarque que

$$\frac{d}{da} J_a(t) = \int_0^\infty\!\! e^{-tv^2}\cos(av)\, dv = ... ...}\left( e^{iav}+e^{-iav}\right)dv =\frac1{2}\sqrt{\frac{\pi}t}\,e^{-a^2/4t}\ ,$$

de sorte que

$$J_a(t) = J_0 + \int_0^a J_u(t)\,du = \frac1{2}\sqrt{\frac{\pi}t}\... ...{t}} e^{-u^2}\,du = \frac{\pi}2\,\hbox{erf}\left(\frac{a}{2\sqrt{t}}\right)\ .$$

On en déduit l'intégrale recherchée

$$I_a = \hbox{erfc}\left(\frac{a}{2\sqrt{t}}\right)\ .$$

Donc, la solution est finalement

$$T(x,t) = T_0\,\hbox{erfc}\left(\frac{x}{2\sqrt{\alpha t}}\right)\ .$$ (4.10)

Quelques graphes de la solution, pour diverses valeurs de $t$ , se trouvent en FIG. .

Figure: Profils de température en fonction de la variable d'espace $x$ , solutions de l'équation de la chaleur ($\alpha=1$ , $T_0=1$ ). Solutions pour des temps $t=0,01$ , $t=0,1$ , $t=1$ , $t=5$ , $t=50$ et $t=5000$ .