Exercice 1 - Exercice 1

$${\color{red}{\clubsuit \,\, \textbf{Définition}}}$$
Soit $$f$$ une fonction numérique univariée de la variable $$x$$. Cette fonction $$f$$ est supposée être nulle pour $$x < 0$$. Une telle fonction est déclarée $$\textbf{causale}$$.
On appelle $${\color{red}{\textbf{Transformation de Laplace de }}f}$$, la fonction notée $${\color{red}{F}}$$ qui est définie, au travers du nombre complexe $$p$$, par l'intégrale généralisée suivante :
$$F(p) = TL_p[f(x)] = \mathcal{L}_p[f(x)] = \int_0^{+\infty} f(x) e^{-px} \, dx$$
L'application $$TL_p : f \longmapsto F$$ est appelée $${\color{red}{\textbf{Transformation de Laplace de }}f}$$ et en langage opérationnel (ou symbolique) on note ceci comme $$F \subset f$$.
De fait, la Transformation de Laplace n'existe que si l'intégrale généralisée $$\int_0^{+\infty} f(x) e^{-px} \, dx$$ est convergente. On démontre mathématiquement que :
- si $$f$$ est continue par morceaux sur tout intervalle fermé $$[0\,;\,b]$$
- si un nombre réel $$a$$ existe, avec $$M > 0$$, tel que, si à partir d'un certaine valeur particulière de $$x$$, notée $$x_0$$, on a la majoration $$|\, f(x) \,| \leqslant M e^{a x}$$
alors $$F(p)$$ est définie dans le demi-plan complexe $$\Re{\mathrm{é}}(p) > a$$. On a alors :

$${\color{red}{\clubsuit \clubsuit \,\, \textbf{Transformées usuelles}}}$$
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\,\bullet \,\, \textbf{Fonction échelon unité}}}$$
On a :
$$\mathcal{U}(x) = 1$$ si $$x \geqslant 0$$ et sinon $$\mathcal{U}(x) = 0$$. Soit :

Dans ce cas, on a :
$$F(p) = \int_0^{+\infty} 1 e^{-px} \, dx = \lim_{X \longrightarrow + \infty} \left[ \dfrac{e^{-px}}{-p} \right]_0^X = \lim_{X \longrightarrow + \infty} \dfrac{e^{-pX} - e^0}{-p} = \dfrac{1 - \displaystyle{\lim_{X \longrightarrow + \infty}} e^{-pX}}{p}$$
Si $$\Re{\mathrm{é}}(p) > 0$$ alors on a :
$$\lim_{X \longrightarrow + \infty} \left\vert \, e^{-pX} \, \right\vert = \lim_{X \longrightarrow + \infty} e^{-\Re{\mathrm{é}}(p)X} = 0$$
Donc :
$$TL_p[\mathcal{U}(x)] = F(p) = \dfrac{1}{p}$$ avec $$\Re{\mathrm{é}}(p) > 0$$.
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\,\bullet \bullet \,\, \textbf{Fonction impulsion unité ayant pour limite la distribution de Dirac}}}$$
Soit $$\varepsilon \in \mathbb{R}^{+\star}$$. On considère la fonction porte $$P_\varepsilon$$ telle que :
si $$x \in[0 \,;\,\varepsilon [$$ alors $$P_\varepsilon(x) = 1$$ sinon $$P_\varepsilon(x) = 0$$ :

On constate immédiatement que :
$$\int_{-\infty}^{+\infty} P_\varepsilon(x) \, dx = 1$$
On appelle $${\color{red}{\textbf{distribution de Dirac}}}$$, notée $${\color{red}{\delta(x)}}$$, la limite de $$P_\varepsilon$$ lorsque $$\varepsilon \longrightarrow 0$$ :
$$\delta(x) = \lim_{\varepsilon \longrightarrow 0} P_\varepsilon(x)$$
La distribution de Dirac sert à $$\textit{positionner}$$ une action, soit en temps soit en position. Graphiquement, cet objet mathématique se représente comme :

On a :
$$TL_p[P_\varepsilon(x)] = \int_0^{+\infty} P_\varepsilon(x) e^{-px} \, dx = \int_0^{\varepsilon} \dfrac{1}{\varepsilon} e^{-px} \, dx = \dfrac{1}{\varepsilon} \int_0^{\varepsilon} e^{-px} \, dx = \dfrac{1}{\varepsilon} \left[ \dfrac{e^{-px}}{-p} \right]_0^{\varepsilon} = \dfrac{1}{p\varepsilon} \left[ - e^{-px}\right]_0^{\varepsilon} = \dfrac{1}{p\varepsilon} \left[ e^{-px}\right]_{\varepsilon}^0$$
D'où :
$$TL_p[P_\varepsilon(x)] = \dfrac{1}{p\varepsilon} \left( e^{-p0} - e^{-p\varepsilon} \right) = \dfrac{1}{p\varepsilon} \left( 1 - e^{-p\varepsilon} \right)$$
Passons à la limite lorsque $$\varepsilon \longrightarrow 0$$. On a alors :
$$e^{-p\varepsilon} \underset{0}{\sim} 1 -p\varepsilon$$
Donc on obtient :
$$TL_p[\delta(x)] = \lim_{\varepsilon \longrightarrow 0} TL_p[P_\varepsilon(x)] = \lim_{\varepsilon \longrightarrow 0} \left( \dfrac{1}{p\varepsilon} \left( 1 - e^{-p\varepsilon} \right) \right) \underset{0}{\sim} \lim_{\varepsilon \longrightarrow 0} \left( \dfrac{1}{p\varepsilon} \left( 1 - 1 + p\varepsilon \right) \right)$$
Finalement, on trouve que :
$$TL_p[\delta(x)] = 1$$.
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\,\bullet \bullet \bullet \,\, \textbf{Fonction rampe}}}$$
On a :
$$\mathcal{R}(x) = x$$ si $$x \geqslant 0$$ et sinon $$\mathcal{R}(x) = 0$$. On peut également écrire que $$\mathcal{R}(x) = x\mathcal{U}(x)$$. Soit :

Dans ce cas, on a :
$$TL_p[\mathcal{R}(x)] = F(p) = \int_0^{+\infty} x e^{-px} \, dx$$
On va faire usage d'une intégration par parties. On a alors :
$$TL_p[\mathcal{R}(x)] = F(p) = \left[x \times \dfrac{e^{-px}}{-p} \right]_0^{+\infty} - \int_0^{+\infty} 1 \times \dfrac{e^{-px}}{-p} \, dx$$
Soit :
$$TL_p[\mathcal{R}(x)] = F(p) = -\dfrac{1}{p}\left[x e^{-px} \right]_0^{+\infty} + \dfrac{1}{p} \int_0^{+\infty} e^{-px} \, dx = -\dfrac{1}{p}\lim_{x \longrightarrow + \infty} \left( x e^{-px} \right) + \dfrac{1}{p} \int_0^{+\infty} e^{-px} \, dx$$
Soit encore :
$$TL_p[\mathcal{R}(x)] = F(p) = -\dfrac{1}{p}\lim_{x \longrightarrow + \infty} \left( x e^{-px} \right) + \dfrac{1}{p} \int_0^{+\infty} \mathcal{U}(x) e^{-px} \, dx = -\dfrac{1}{p}\lim_{x \longrightarrow + \infty} \left( x e^{-px} \right) + \dfrac{1}{p} TL_p[\mathcal{U}(x)]$$
Ainsi :
$$TL_p[\mathcal{R}(x)] = F(p) = -\dfrac{1}{p}\lim_{x \longrightarrow + \infty} \left( x e^{-px} \right) + \dfrac{1}{p} \dfrac{1}{p} = -\dfrac{1}{p}\lim_{x \longrightarrow + \infty} \left( x e^{-px} \right) + \dfrac{1}{p^2}$$
Si $$\Re{\mathrm{é}}(p) > 0$$ alors on a :
$$\lim_{x \longrightarrow + \infty} x e^{-px} = 0$$
Finalement :
$$TL_p[\mathcal{R}(x)] = \dfrac{1}{p^2} \,\,\,\, \left( \Re{\mathrm{é}}(p) > 0 \right)$$
De manière similaire, on démontre que :
$$TL_p[x^n\mathcal{U}(x)] = \dfrac{n!}{p^{n+1}} \,\,\,\, \left( \Re{\mathrm{é}}(p) > 0 \,;\, n \in \mathbb{N}\right)$$
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\,\bullet \bullet \bullet \bullet \,\, \textbf{Fonctions exponentielles}}}$$
Soit $$a \geqslant 0$$. On a :
$$\mathcal{E}(x) = e^{-ax}$$ si $$x \geqslant 0$$ et sinon $$\mathcal{E}(x) = 0$$. On peut également écrire que $$\mathcal{E}(x) = e^{-ax}\mathcal{U}(x)$$. Soit, par exemple :

Dans ce cas, on a :
$$TL_p[\mathcal{E}(x)] = F(p) = \int_0^{+\infty} e^{-ax} e^{-px} \, dx = \int_0^{+\infty} e^{-(p+a)\,x} \, dx = \lim_{X \longrightarrow + \infty} \left[ \dfrac{e^{-(p+a)\,x}}{-(p+a)}\right]_0^X = \dfrac{1}{p+a}\lim_{X \longrightarrow + \infty} \left[ e^{-(p+a)\,x} \right]_X^0$$
Soit :
Dans ce cas, on a :
$$TL_p[\mathcal{E}(x)] = F(p) = \dfrac{1}{p+a}\left( e^{-a0} - \lim_{X \longrightarrow + \infty} e^{-(p+a)\,X} \right) = \dfrac{1}{p+a}\left( 1 - \lim_{X \longrightarrow + \infty} e^{-(p+a)\,X} \right)$$
Si $$\Re{\mathrm{é}}(p) > 0$$ alors on a :
$$\lim_{X \longrightarrow + \infty} \left\vert \, e^{-(p+a)X} \, \right\vert = \lim_{X \longrightarrow + \infty} e^{-(\Re{\mathrm{é}}(p)+a)X} = 0$$
Donc :
$$TL_p[\mathcal{E}(x)] = TL_p[e^{-ax}\mathcal{U}(x)] = \dfrac{1}{p+a} \,\,\,\,\, \left( \Re{\mathrm{é}}(p) > 0 \right)$$
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\,\bullet \bullet \bullet \bullet \bullet \,\, \textbf{Fonction cosinus}}}$$
Soit $$\mathsf{i}$$ le nombre complexe imaginaire tel que $$\mathsf{i}^2 = -1$$. Soit $$\omega \geqslant 0$$. On a :
$$\mathcal{C}(x) = \cos(\omega x)$$ si $$x \geqslant 0$$ et sinon $$\mathcal{C}(x) = 0$$. On peut également écrire que $$\mathcal{C}(x) = \cos(\omega x)\mathcal{U}(x)$$. Soit, par exemple :

On a donc :
$$TL_p[\mathcal{C}(x)] = TL_p[\cos(\omega x)]$$
En faisant usage des formules d'Euler, on peut alors écrire que :
$$TL_p[\mathcal{C}(x)] = TL_p\left[\dfrac{e^{\mathsf{i} \, \omega x} + e^{-\mathsf{i} \, \omega x}}{2} \right] = \dfrac{1}{2} TL_p\left[e^{\mathsf{i} \, \omega x} + e^{-\mathsf{i} \, \omega x} \right] = \dfrac{1}{2} TL_p\left[e^{\mathsf{i} \, \omega x}\mathcal{U}(x) + e^{-\mathsf{i} \, \omega x}\mathcal{U}(x) \right]$$
Par linéarité de l'intégrale, on a alors :
$$TL_p[\mathcal{C}(x)] = \dfrac{1}{2} \left( TL_p\left[e^{\mathsf{i} \, \omega x}\mathcal{U}(x) \right] + TL_p\left[ e^{-\mathsf{i} \, \omega x}\mathcal{U}(x) \right] \right)$$
En utilisant le résultat précédent relatif aux fonctions exponentielles, on a alors :
$$TL_p[\mathcal{C}(x)] = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{p - \mathsf{i} \, \omega} + \dfrac{1}{p + \mathsf{i} \, \omega} \right) = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{p + \mathsf{i} \, \omega + p - \mathsf{i} \, \omega}{\left( p - \mathsf{i} \, \omega \right) \times \left( p + \mathsf{i} \, \omega \right)} \right) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2p}{p^2 + \omega^2}$$
Finalement :
$$TL_p[\mathcal{C}(x)] = TL_p[\cos(\omega x)\mathcal{U}(x)] = \dfrac{p}{p^2 + \omega^2} \,\,\,\,\, \left( \Re{\mathrm{é}}(p) > 0 \right)$$
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\,\bullet \bullet \bullet \bullet \bullet \bullet \,\, \textbf{Fonction sinus}}}$$
Soit $$\mathsf{i}$$ le nombre complexe imaginaire tel que $$\mathsf{i}^2 = -1$$. Soit $$\omega \geqslant 0$$. On a :
$$\mathcal{S}(x) = \sin(\omega x)$$ si $$x \geqslant 0$$ et sinon $$\mathcal{S}(x) = 0$$. On peut également écrire que $$\mathcal{S}(x) = \sin(\omega x)\mathcal{U}(x)$$. Soit, par exemple :

On a donc :
$$TL_p[\mathcal{S}(x)] = TL_p[\sin(\omega x)]$$
En faisant usage des formules d'Euler, on peut alors écrire que :
$$TL_p[\mathcal{S}(x)] = TL_p\left[\dfrac{e^{\mathsf{i} \, \omega x} - e^{-\mathsf{i} \, \omega x}}{2\mathsf{i}} \right] = \dfrac{1}{2\mathsf{i}} TL_p\left[e^{\mathsf{i} \, \omega x} - e^{-\mathsf{i} \, \omega x} \right] = \dfrac{1}{2\mathsf{i}} TL_p\left[e^{\mathsf{i} \, \omega x}\mathcal{U}(x) - e^{-\mathsf{i} \, \omega x}\mathcal{U}(x) \right]$$
Par linéarité de l'intégrale, on a alors :
$$TL_p[\mathcal{S}(x)] = \dfrac{1}{2\mathsf{i}} \left( TL_p\left[e^{\mathsf{i} \, \omega x}\mathcal{U}(x) \right] - TL_p\left[ e^{-\mathsf{i} \, \omega x}\mathcal{U}(x) \right] \right)$$
En utilisant le résultat précédent relatif aux fonctions exponentielles, on a alors :
$$TL_p[\mathcal{S}(x)] = \dfrac{1}{2\mathsf{i}} \left( \dfrac{1}{p - \mathsf{i} \, \omega} - \dfrac{1}{p + \mathsf{i} \, \omega} \right) = \dfrac{1}{2\mathsf{i}} \left( \dfrac{p + \mathsf{i} \, \omega - p + \mathsf{i} \, \omega}{\left( p - \mathsf{i} \, \omega \right) \times \left( p + \mathsf{i} \, \omega \right)} \right) = \dfrac{1}{2\mathsf{i}} \times \dfrac{2\mathsf{i} \, \omega}{p^2 + \omega^2}$$
Finalement, en simplifiant par $$2\mathsf{i}$$, on obtient :
$$TL_p[\mathcal{S}(x)] = TL_p[\sin(\omega x)\mathcal{U}(x)] = \dfrac{\omega}{p^2 + \omega^2} \,\,\,\,\, \left( \Re{\mathrm{é}}(p) > 0 \right)$$
$${\color{red}{\clubsuit \clubsuit \clubsuit \,\, \textbf{Propriétés de la transformation de Laplace }}}$$
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\,\bullet \,\, \textbf{La linéarité}}}$$
Soit $$a$$ et $$b$$ deux nombres réels.Soient $$f$$ et $$g$$ deux fonctions numériques univariées intégrables. On a alors :
$$TL_p[a \times f(x) + b \times g(x)] = a \times TL_p[f(x)] + b \times TL_p[g(x)]$$
Par exemple :
$$TL_p[\sin^2(\omega x)\mathcal{U}(x)] = TL_p\left[\dfrac{1 - \cos(2\omega x)}{2}\mathcal{U}(x) \right] = \dfrac{1}{2} \times TL_p\left[ \mathcal{U}(x) \right] - \dfrac{1}{2} \times TL_p\left[\cos(2\omega x) \mathcal{U}(x) \right]$$
D'après tout ce qui précède, on a alors :
$$TL_p[\sin^2(\omega x)\mathcal{U}(x)] = \dfrac{1}{2} \times\dfrac{1}{p} - \dfrac{1}{2} \times \dfrac{p}{p^2 + (2\omega)^2}$$
En ordonnant les termes, on obtient :
$$TL_p[\sin^2(\omega x)\mathcal{U}(x)] = \dfrac{1}{2p} \left( 1 - \dfrac{p^2}{p^2 + 4\omega^2} \right) = \dfrac{1}{2p} \left( \dfrac{p^2 + 4\omega^2}{p^2 + 4\omega^2} - \dfrac{p^2}{p^2 + 4\omega^2} \right) = \dfrac{1}{2p} \left( \dfrac{p^2 + 4\omega^2 - p^2}{p^2 + 4\omega^2} \right)$$
Soit :
$$TL_p[\sin^2(\omega x)\mathcal{U}(x)] = \dfrac{1}{2p} \left( \dfrac{4\omega^2}{p^2 + 4\omega^2} \right)$$
Finalement :
$$TL_p[\sin^2(\omega x)\mathcal{U}(x)] = \dfrac{2\omega^2}{p \big( p^2 + 4\omega^2 \big)}$$
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\,\bullet \bullet \,\, \textbf{Le décallage}}}$$
Soit $$a$$ un nombre réel strictement positif. Soit $$f$$ une fonction numérique univariée intégrable et causale. On pose alors :
$$g(x) = f(x - a)$$ si $$x \geqslant a$$ sinon $$g(x) = 0$$.
On a alors :
$$TL_p[g(x)] = \int_0^{+\infty} g(x) e^{-px} \, dx = \int_0^{+\infty} f(x-a) e^{-px} \, dx$$
Posons $$X = x - a$$. Dans ce cas on a $$x = X + a$$ et $$dx = dX$$. D'où :
$$TL_p[g(x)] = \int_{-a}^{+\infty} f(X) e^{-p(X+a)} \, dX = \int_{-a}^{0} f(X) e^{-p(X+a)} \, dX + \int_{0}^{+\infty} f(X) e^{-p(X+a)} \, dX$$
Comme $$f$$ est causale, on a immédiatement :
$$TL_p[g(x)] = 0 + \int_{0}^{+\infty} f(X) e^{-p(X+a)} \, dX = \int_{0}^{+\infty} f(X) e^{-pX} e^{-pa} \, dX = e^{-pa} \int_{0}^{+\infty} f(X) e^{-pX} \, dX = e^{-pa} \times TL_p[f(x)]$$
Finalement, avec $$a > 0$$, on a :
$$TL_p[f(x-a)\mathcal{U}(x-a)] = e^{-pa} \times TL_p[f(x)]$$
Ce résultat est connu sous le nom de $${\color{red}{\textbf{théorème du retard}}}$$.
Par exemple, on considère la fonction suivante :
$$f(x) = \sin(2x)$$ si $$0 \leqslant x \leqslant \dfrac{\pi}{2}$$ sinon $$f(x) = 0$$.
Graphiquement, on a :

Cette fonction peut encore s'écrire à l'aide de la fonction échelon $$\mathcal{U}$$. En effet, on a :
$$f(x) = \sin(2x)\mathcal{U}(x) + \sin\left(2 \left(x - \dfrac{\pi}{2} \right)\right)\mathcal{U}\left(x - \dfrac{\pi}{2} \right)$$
La seconde partie sert à annuler le reste présent $$\textbf{après}$$ le premier lobe par un simple décalage de $$\dfrac{\pi}{2}$$ car :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \,\, \sin\left(2 \left(x - \dfrac{\pi}{2} \right)\right) = \sin\left(2x - \pi \right) = - \sin\left(2x\right)$$.
Ainsi, on peut écrire que :
$$TL_p[f(x)] = TL_p\left[ \sin(2x)\mathcal{U}(x) + \sin\left(2 \left(x - \dfrac{\pi}{2} \right)\right)\mathcal{U}\left(x - \dfrac{\pi}{2} \right) \right]$$
Soit :
$$TL_p[f(x)] = TL_p\left[ \sin(2x)\mathcal{U}(x) \right] + TL_p\left[ \sin\left(2 \left(x - \dfrac{\pi}{2} \right)\right)\mathcal{U}\left(x - \dfrac{\pi}{2} \right) \right]$$
Soit encore :
$$TL_p[f(x)] = \dfrac{2}{p^2 + 2^2} + e^{-p\frac{\pi}{2}} \times \dfrac{2}{p^2 + 2^2}$$
Finalement :
$$TL_p[f(x)] = \dfrac{2}{p^2 + 4} \left( 1 + e^{-p\frac{\pi}{2}} \right)$$
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\,\bullet \bullet \bullet \,\, \textbf{Cas des fonctions périodiques}}}$$
Soit $$T$$ un nombre réel strictement positif. Soit $$f$$ une fonction numérique univariée intégrable, $$T$$-périodique et causale. Le motif élémentaire est représenté par la fonction motif $$f_m$$ suivante, qui peut-être, sur l'intervalle $$[0 \,;\ T]$$, représentée par :

Donc $$f$$ aurait pour représentation graphique suivante :

Donc la fonction $$f$$ va pouvoir s'écrire comme une somme de fonction motif mais décalées les uns par par rapport aux autre de $$T$$. Donc :
$$f(x) = f_m(x) + f_m(x-T) + f_m(x-2T) + f_m(x-3T) + \cdots$$
Soit :
$$f(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} f_m(x-nT)$$
En introduisant la transformation de Laplace, on a alors par linéarité de cette dernière :
$$TL_p[f(x)] = TL_p\left[ \sum_{n=0}^{+\infty} f_m(x-nT) \right] = \sum_{n=0}^{+\infty} TL_p\left[ f_m(x-nT) \right]$$
Le théorème du retard nous permet alors d'écrire que :
$$TL_p[f(x)] = \sum_{n=0}^{+\infty} e^{pnT} \times TL_p\left[ f_m(x) \right]$$
Le terme $$TL_p\left[ f_m(x) \right]$$ est indépendant de $$n$$ donc il peut sortir de la sommation. On obtient alors :
$$TL_p[f(x)] = TL_p\left[ f_m(x) \right] \times \sum_{n=0}^{+\infty} e^{-pnT}$$
De plus, on a :
$$\sum_{n=0}^{+\infty} e^{-pnT} = \sum_{n=0}^{+\infty} \left( e^{-pT} \right)^n = 1 + e^{-pT} + \left( e^{-pT} \right)^2 + \left( e^{-pT} \right)^3 + \cdots$$
En supposant que $$| \, e^{-pT} \, | < 1$$, ce qui revient à avoir $$\Re{\mathrm{é}}(p) > 0$$, on obtient une sommation de série géométrique de raison $$e^{-pT}$$. Donc on obtient :
$$\sum_{n=0}^{+\infty} e^{-pnT} = \dfrac{1}{1-e^{-pT}}$$
On obtient finalement :
$$TL_p[f(x)] = TL_p\left[ f_m(x) \right] \times \dfrac{1}{1-e^{-pT}}$$
Par exemple, on considère la fonction créneau causale $$f$$ qui est $$2$$-périodique et qui s'exprime au travers de son motif $$f_m$$ comme :
$$f_m(x) = 1$$ si $$0 \leqslant x < 1$$ et $$f_m(x) = -1$$ si $$1 \leqslant x < 2$$. On peut écrire cela de la manière suivante :
$$f_m(x) = \mathcal{U}(x) + \mathcal{U}(x-2) - 2\mathcal{U} \left(x-1 \right)$$
Ainsi, la transformation de Laplace de la fonction motif est :
$$TL_p\left[ f_m(x) \right] = \dfrac{1}{p} + e^{-p2}\dfrac{1}{p} - 2e^{-p1}\dfrac{1}{p} = \dfrac{1}{p} \left( 1 + e^{-2p} - 2e^{-p} \right) = \dfrac{1}{p} \left( 1 + \left( e^{-p} \right)^2 - 2e^{-p} \right)$$
Donc :
$$TL_p\left[ f_m(x) \right] = \dfrac{1}{p} \left( 1 - 2e^{-p} + \left( e^{-p} \right)^2 \right) = \dfrac{1}{p} \left( 1 - e^{-p} \right)^2$$
On obtient alors, avec le théorème des fonctions périodiques :
$$TL_p[f(x)] = \dfrac{1}{p} \left( 1 - e^{-p} \right)^2 \times \dfrac{1}{1-e^{-p2}} = \dfrac{1}{p} \left( 1 - e^{-p} \right)^2 \times \dfrac{1}{1^2 -(e^{-p})^2} = \dfrac{1}{p} \left( 1 - e^{-p} \right)^2 \times \dfrac{1}{\left( 1 + e^{-p} \right) \times \left( 1 - e^{-p} \right)}$$
En simplifiant par le terme $$1 - e^{-p}$$ on obtient finalement :
$$TL_p[f(x)] = \dfrac{1}{p} \times \dfrac{1 - e^{-p} }{ 1 + e^{-p} }$$
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\,\bullet \bullet \bullet \bullet \,\, \textbf{Transformée de Laplace de la dérivée d'une fonction}}}$$
On considère une fonction numérique univariée $$f$$ causale et qui est dérivable sur $$\mathbb{R}^+$$. La fonction dérivée, notée $$f'$$ est continue par morceaux sur tout intervalle fermés de $$\mathbb{R}^+$$. On a alors :
$$TL_p[f'(x)] = \int_0^{+\infty} f'(x) e^{-px} \, dx$$
A l'aide d'une intégration par parties, on obtient :
$$TL_p[f'(x)] = \left[ f(x) e^{-px} \right]_0^{+\infty} - \int_0^{+\infty} f(x) (-p)e^{-px} \, dx$$
Soit :
$$TL_p[f'(x)] = \lim_{X \longrightarrow + \infty} \left[ f(x) e^{-px} \right]_0^{X} + p \int_0^{+\infty} f(x) e^{-px} \, dx$$
Soit encore :
$$TL_p[f'(x)] = \lim_{X \longrightarrow + \infty} \left( f(X) e^{-pX} \right) - f(0)e^{-p0} + p \int_0^{+\infty} f(x) e^{-px} \, dx$$
Ce qui nous donne donc :
$$TL_p[f'(x)] = \lim_{X \longrightarrow + \infty} \left( f(X) e^{-pX} \right) - f(0) + p F(p)$$
Or, il existe un nombre réel $$a$$, avec $$M > 0$$, tel qu'à partir d'un certaine valeur particulière $$X_0$$, on a la majoration $$|\, f(X) \,| \leqslant M e^{a X}$$. Donc :
$$|\, f(X) e^{-pXC} \,| \leqslant M e^{a X} e^{-\Re{\mathrm{é}}(p)X} = M e^{-\left( \Re{\mathrm{é}}(p) - a \right)X}$$
Ainsi, si $$\Re{\mathrm{é}}(p) > a$$ on a $$\lim_{X \longrightarrow + \infty} \left( f(X) e^{-pX} \right) = 0$$.
Finalement :
$$TL_p[f'(x)] = p F(p) - f(0)$$
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\,\bullet \bullet \bullet \bullet \bullet \,\, \textbf{Transformée de Laplace de la dérivée seconde d'une fonction}}}$$
De la même manière, on a :
$$TL_p[f''(x)] = p \, TL_p[f'(x)] - f'(0) = p \, \left( p F(p) - f(0) \right) - f'(0) = p^2 F(p) - pf(0) - f'(0)$$
Soit :
$$TL_p[f''(x)] = p^2 F(p) - pf(0) - f'(0)$$
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\,\bullet \bullet \bullet \bullet \bullet \bullet \,\, \textbf{Transformée de Laplace de la dérivée troisième d'une fonction}}}$$
De la même manière, on a :
$$TL_p[f'''(x)] = p \, TL_p[f''(x)] - f''(0) = p \, \left( p^2 F(p) - pf(0) - f'(0) \right) - f''(0) = p^3 F(p) - p^2f(0) - pf'(0) - f''(0)$$
Soit :
$$TL_p[f''(x)] = p^3 F(p) - p^2f(0) - pf'(0) - f''(0)$$
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\,\bullet \bullet \bullet \bullet \bullet \bullet \bullet \,\, \textbf{Théorème de la valeur finale et initiale}}}$$
On a vu que :
$$TL_p[f'(x)] = \int_0^{+\infty} f'(x) e^{-px} \, dx = p F(p) - f(0)$$
Or, on sait que :
$$\lim_{p \longrightarrow + \infty} \left( f'(x) e^{-px} \right) = 0$$
Donc :
$$\lim_{p \longrightarrow + \infty} TL_p[f'(x)] = 0$$
D'où la relation suivante :
$$\lim_{p \longrightarrow + \infty} p F(p) = f(0)$$
Cette dernière relation s'appelle le théorème de la valeur initiale.
De plus, on a donc :
$$\int_0^{+\infty} f'(x) e^{-px} \, dx = p F(p) - f(0)$$
Faisons tendre $$p$$ vers $$0$$. On a alors $$\lim_{p \longrightarrow 0} e^{-px} = 1$$
On a alors :
$$\lim_{p \longrightarrow 0} \int_0^{+\infty} f'(x) e^{-px} \, dx = \int_0^{+\infty} f'(x) \, dx = [f(x)]_0^{+\infty} = \lim_{b \longrightarrow + \infty } [f(x)]_0^b = \lim_{b \longrightarrow + \infty } f(b) - f(0)$$
On peut donc écrire que :
$$\lim_{p \longrightarrow 0} \int_0^{+\infty} f'(x) e^{-px} \, dx = \lim_{p \longrightarrow 0} \left( p F(p) - f(0) \right) = \lim_{p \longrightarrow 0} \left( p F(p) \right) - f(0)$$
D'où l'égalité suivante :
$$\lim_{p \longrightarrow 0} \left( p F(p) \right) - f(0) = \lim_{b \longrightarrow + \infty } f(b) - f(0)$$
En simplifiant :
$$\lim_{p \longrightarrow 0} \left( p F(p) \right) = \lim_{b \longrightarrow + \infty } f(b)$$
Finalement, comme $$b$$ est une notation muette, nous pouvons écrire que :
$$\lim_{p \longrightarrow 0} \left( p F(p) \right) = \lim_{x \longrightarrow + \infty } f(x)$$
Cette dernière relation s'appelle le théorème de la valeur finale.
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\, \bullet \bullet \bullet \bullet \bullet \bullet \bullet \bullet \,\, \textbf{Transformée de la primitive}}}$$
On pose $$\psi(x) = \int_0^x f(x) \, dx$$. Ceci implique que $$\psi'(x) = f(x)$$ et que $$\psi(x=0) = 0$$. Donc on a :
$$TL_p[\psi'(x)] = p \, TL_p[\psi(x)] - \psi(0) = p \, TL_p[\psi(x)] - 0 = p \, TL_p[\psi(x)]$$
Ceci vas donc s'écrire comme :
$$TL_p[f(x)] = p \, TL_p \left[ \int_0^x f(x) \, dx \right]$$
Finalement :
$$\left[ \int_0^x f(x) \, dx \right] = \dfrac{TL_p[f(x)]}{p} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left[ \int_0^x f(x) \, dx \right]= \dfrac{F(p)}{p}$$
$${\color{red}{\clubsuit \clubsuit \clubsuit \clubsuit \,\, \textbf{Application aux équations différentielles}}}$$
Les propriétés précédentes permettent de transformer une équation différentielle linéaire en une équation algébrique. Le mécanisme est le suivante :

Pour illustrer la méthode, nous allons considérer le problème de Cauchy simple suivant :
$$f''(x) + f'(x) = x (x \geqslant 0)$$
Avec les deux conditions initiales suivantes : $$f(x=0) = 1$$ et $$f'(x=0) = 0$$
Commençons par prendre la transformée de Laplace des deux membres de l'équations différentielle ordinaire (EDO) considérée :
$$TL_p[ f''(x) + f'(x) ] = TL_p[x]$$
Par linéarité, on a alors :
$$TL_p[ f''(x) ] + TL_p[ f'(x) ] = TL_p[x]$$
Si on adopte la notation usuelle $$TL_p[ f(x) ] = F(p)$$ alors on a :
* $$TL_p[ f''(x) ] = p^2 F(p) - p \, f(0) - f'(0) = p^2 F(p) - p \, 1 - 0 = p^2 F(p) - p$$
** $$TL_p[ f'(x) ] = p F(p) - f(0) = p F(p) - 1$$
Donc :
$$p^2 F(p) - p + p F(p) - 1 = TL_p[x]$$
D'après les débuts de ces rappels de cours, on sait que la transformée de laplace de la fonction rampe est :
$$TL_p[ \mathcal{R}(x) ] = TL_p[x] = \dfrac{1}{p^2}$$. Donc, on obtient :
$$p^2 F(p) - p + p F(p) - 1 = \dfrac{1}{p^2} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, p^2 F(p) + p F(p) = 1 + p + \dfrac{1}{p^2} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, ( p^2 + p ) F(p) = 1 + p + \dfrac{1}{p^2}$$
Soit :
$$p( p + 1 ) F(p) = 1 + p + \dfrac{1}{p^2}$$
Soit encore :
$$F(p) = \dfrac{1}{p( p + 1 )} + \dfrac{p}{p( p + 1 )} + \dfrac{1}{p^3( p + 1 )}$$
En simplifiant :
$$F(p) = \dfrac{1}{p( p + 1 )} + \dfrac{1}{p + 1} + \dfrac{1}{p^3( p + 1 )}$$
D'après les tables de correspondances, on a :
$$\dfrac{1}{p( p + 1 )} = TL_p[ 1 - e^{-x} ]$$
et
$$\dfrac{1}{p + 1} = TL_p[ e^{-x} ]$$
De plus, on peut faire une décomposition en éléments simples du terme $$\dfrac{1}{p^3( p + 1 )}$$. On a alors :
$$\dfrac{1}{p^3( p + 1 )} = \dfrac{A}{p} + \dfrac{B}{p^2}+ \dfrac{C}{p^3} + \dfrac{D}{p + 1} \,\,\,\,\,\, \mathrm{avec} \,\, (A\,;\,B\,;\,C\,;\,D) \in \mathbb{R}^4$$
Donc :
$$\dfrac{1}{p^3} = A\dfrac{p+1}{p} + B\dfrac{p+1}{p^2}+ C\dfrac{p+1}{p^3} + D$$
Si on pose $$p=-1$$ alors on a :
$$\dfrac{1}{(-1)^3} = A\dfrac{-1+1}{-1} + B\dfrac{-1+1}{(-1)^2}+ C\dfrac{-1+1}{(-1)^3} + D \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, -1 = D$$
Puis, on a
$$\dfrac{1}{ p + 1 } = A\dfrac{p^3}{p} + B\dfrac{p^3}{p^2} + C - \dfrac{p^3}{p + 1}$$
Soit :
$$\dfrac{1}{ p + 1 } = Ap^2 + Bp + C - \dfrac{p^3}{p + 1}$$
Si on pose $$p=0$$ alors on a :
$$\dfrac{1}{ 0 + 1 } = A0^2 + B0 + C - \dfrac{0^3}{0+1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 1 = C$$
Donc on a :
$$\dfrac{1}{p^3( p + 1 )} = \dfrac{A}{p} + \dfrac{B}{p^2} + \dfrac{1}{p^3} - \dfrac{1}{p + 1}$$
Posons $$p=1$$ on a alors :
$$\dfrac{1}{1^3( 1 + 1 )} = \dfrac{A}{1} + \dfrac{B}{1^2} + \dfrac{1}{1^3} - \dfrac{1}{1 + 1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1}{2} = A + B + 1 - \dfrac{1}{2} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1}{2} = A + B + \dfrac{1}{2} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 0 = A + B$$
Donc $$B = -A$$. Ainsi :
$$\dfrac{1}{p^3( p + 1 )} = \dfrac{A}{p} - \dfrac{A}{p^2}+ \dfrac{1}{p^3} - \dfrac{1}{p + 1}$$
Posons $$p=2$$ on a alors :
$$\dfrac{1}{2^3( 2 + 1 )} = \dfrac{A}{2} - \dfrac{A}{2^2}+ \dfrac{1}{2^3} - \dfrac{1}{2 + 1} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1}{24} = \dfrac{A}{2} - \dfrac{A}{4}+ \dfrac{1}{8} - \dfrac{1}{3} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1}{24} = \dfrac{A}{4} - \dfrac{5}{24} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 1 = 6A - 5$$
Donc $$6 = 6A$$ et de fait $$A = 1$$ ce qui implique que $$B = -1$$. Ceci nous permet d'écrire que :
$$\dfrac{1}{p^3( p + 1 )} = \dfrac{1}{p} - \dfrac{1}{p^2} + \dfrac{1}{p^3} - \dfrac{1}{p + 1}$$
Ainsi par linéarité et d'après les débuts de nos rappels de cours, et comme $$x \geqslant 0$$, on a :
$$TL_p \left[ \dfrac{1}{p^3( p + 1 )} \right] = TL_p \left[ 1 \right] - TL_p \left[ x \right] + TL_p \left[ \dfrac{x^2}{2} \right] - TL_p \left[ e^{-x} \right]$$
D'où :
$$TL_p \left[ \dfrac{1}{p^3( p + 1 )} \right] = TL_p \left[ 1 - x + \dfrac{x^2}{2} - e^{-x} \right]$$
De fait :
$$F(p) = TL_p[ 1 - e^{-x} ] + TL_p[ e^{-x} ] + TL_p \left[ 1 - x + \dfrac{x^2}{2} - e^{-x} \right]$$
Soit :
$$TL_p[ f(x) ] = TL_p \left[ 1 - e^{-x} + e^{-x} + 1 - x + \dfrac{x^2}{2} - e^{-x} \right]$$
En simplifiant :
$$TL_p[ f(x) ] = TL_p \left[ 2 - x + \dfrac{x^2}{2} - e^{-x} \right]$$
Ainsi, on en déduit que :
$$f(x) = 2 - x + \dfrac{x^2}{2} - e^{-x} = \dfrac{1}{2} \left( x^2 -2x + 4 \right) - e^{-x}$$
Cependant, on sait que $$- e^{-x} = \sinh(x) - \cosh(x)$$. Ceci nous permet également d'avoir :
$$f(x) = \dfrac{1}{2} \left( x^2 -2x + 4 \right) + \sinh(x) - \cosh(x) \,\,\,\, \mathrm{avec} : \,\, x \geqslant 0$$
Ou alors on fait intervenir l'échelon unité pour se passer de la condition $$x \geqslant 0$$. On a alors :
$$f(x) = \left( \dfrac{1}{2} \left( x^2 -2x + 4 \right) + \sinh(x) - \cosh(x) \right) \, \mathcal{U}(x)$$
Graphiquement on obtient :

$${\color{red}{\clubsuit \clubsuit \clubsuit \clubsuit \clubsuit \,\, \textbf{La transformation de Laplace inverse}}}$$
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\, \bullet \,\, \textbf{Définition}}}$$
Lorsque l'on note $$F(p) = TL_p \left[ f(x) \right] = \mathcal{L}_p \left[ f(x) \right]$$ dans ce cas, on dit que $$f$$ est $${\color{red}{\textbf{l'original}}}$$ de $$F$$. On note cela comme :
$$f(x) = TL_x^{-1} \left[ F(p) \right] = \mathcal{L}_x^{-1} \left[ F(p) \right]$$
Du point vue fonctionnelle, avec $$\mathsf{i}^2 = -1$$, on a :
$$f(x) = \dfrac{1}{2\pi \mathsf{i}} \int_{\mathrm{Chemin \, dans \,\, le \,\, plan \,\, complexe}} F(p) e^{px} \, dp$$
Cette formule est connue sous le nom de transformation de Bromwich. Son usage est technique et sort totalement du contexte de ces rappels de cours. C'est pourquoi il est d'usage de faire emploi de tables de correspondances. Un telle table vous sera donnée à la fin de ces rappels de cours.
Nous pouvons mentionner que la transformation de Laplace inverse est linéaire et qu'elle exigera les mêmes réflexes que la transformation de Laplace.
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\, \bullet \bullet \,\, \textbf{Exemple}}}$$
Recherchons l'original de $$F(p) = \dfrac{1}{(p^2 + \omega^2) \, (p^2 + \Omega^2)}$$ ou $$\omega$$ et $$\Omega$$ sont deux nombres réels distincts.
Pour faire cela, nous allons effectuer une décomposition en éléments simples. Avec les quatre nombres réels $$A$$, $$B$$, $$C$$ et $$D$$ on a :
$$F(p) = \dfrac{1}{(p^2 + \omega^2) \, (p^2 + \Omega^2)} = \dfrac{Ap + B}{p^2 + \omega^2} + \dfrac{Cp+D}{p^2 + \Omega^2}$$
On remarque que, par rapport à $$p$$, l'expression $$F(p) = \dfrac{1}{(p^2 + \omega^2) \, (p^2 + \Omega^2)}$$ est paire. Ceci implique immédiatement que l'expression $$\dfrac{Ap + B}{p^2 + \omega^2} + \dfrac{Cp+D}{p^2 + \Omega^2}$$ doit également l'être. De fait $$A = C = 0$$.
Puis, posons $$p=0$$. On a alors :
$$\dfrac{1}{(0^2 + \omega^2) \, (0^2 + \Omega^2)} = \dfrac{B}{0^2 + \omega^2} + \dfrac{D}{0^2 + \Omega^2} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1}{\omega^2 \, \Omega^2} = \dfrac{B}{\omega^2} + \dfrac{D}{\Omega^2} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1}{\omega^2 \, \Omega^2} = \dfrac{B\Omega^2 + D\omega^2}{\omega^2 \, \Omega^2}$$
Soit $$B\Omega^2 + D\omega^2 = 1$$. On a alors ::
$$B = \dfrac{1 - D\omega^2}{\Omega^2}$$
De plus, nous avions :
$$\dfrac{1}{(p^2 + \omega^2) \, (p^2 + \Omega^2)} = \dfrac{B}{p^2 + \omega^2} + \dfrac{D}{p^2 + \Omega^2} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \dfrac{1}{p^2 + \omega^2} = B\dfrac{p^2 + \Omega^2}{p^2 + \omega^2} + D$$
Posons alors $$p^2 = - \Omega^2$$ et nous obtenons :
$$\dfrac{1}{- \Omega^2 + \omega^2} = B\dfrac{- \Omega^2 + \Omega^2}{p^2 + \omega^2} + D \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \dfrac{1}{\omega^2 - \Omega^2} = D \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, -\dfrac{1}{ \Omega^2 - \omega^2} = D$$
De fait, on a alors :
$$B = \dfrac{1 - D\omega^2}{\Omega^2} = \dfrac{1 - \left( -\dfrac{1}{ \Omega^2 - \omega^2} \right) \omega^2}{\Omega^2} = \dfrac{1 + \dfrac{\omega^2}{ \Omega^2 - \omega^2} }{\Omega^2} = \dfrac{\dfrac{\Omega^2 - \omega^2}{ \Omega^2 - \omega^2} + \dfrac{\omega^2}{ \Omega^2 - \omega^2} }{\Omega^2} = \dfrac{\dfrac{\Omega^2 - \omega^2 + \omega^2}{ \Omega^2 - \omega^2} }{\Omega^2} = \dfrac{\dfrac{\Omega^2}{ \Omega^2 - \omega^2} }{\Omega^2}$$
En simplifiant par $$\Omega^2$$ on trouve que $$B = - D = \dfrac{1}{ \Omega^2 - \omega^2}$$.De fait, on trouve que :
$$\dfrac{1}{(p^2 + \omega^2) \, (p^2 + \Omega^2)} = \dfrac{1}{ \Omega^2 - \omega^2} \dfrac{1}{p^2 + \omega^2} - \dfrac{1}{ \Omega^2 - \omega^2}\dfrac{1}{p^2 + \Omega^2} = \dfrac{1}{ \Omega^2 - \omega^2} \left( \dfrac{1}{p^2 + \omega^2} - \dfrac{1}{p^2 + \Omega^2} \right)$$
Donc, nous pouvons écrire que:
$$F(p) = \dfrac{1}{ \Omega^2 - \omega^2} \left( \dfrac{1}{\omega} \dfrac{\omega}{p^2 + \omega^2} - \dfrac{1}{\Omega} \dfrac{\Omega}{p^2 + \Omega^2} \right)$$
Prenons la transformation inverse de Laplace de cette équation. On a alors :
$$TL_x^{-1} \left[ F(p) \right] = TL_x^{-1}\left[ \dfrac{1}{ \Omega^2 - \omega^2} \left( \dfrac{1}{\omega} \dfrac{\omega}{p^2 + \omega^2} - \dfrac{1}{\Omega} \dfrac{\Omega}{p^2 + \Omega^2} \right) \right]$$
Par linéarité, nous avons donc :
$$TL_x^{-1} \left[ F(p) \right] = \dfrac{1}{ \Omega^2 - \omega^2} \left( \dfrac{1}{\omega} TL_x^{-1}\left[ \dfrac{\omega}{p^2 + \omega^2} \right] - \dfrac{1}{\Omega} TL_x^{-1}\left[ \dfrac{\Omega}{p^2 + \Omega^2} \right] \right)$$
D'où :
$$f(x) = \dfrac{1}{ \Omega^2 - \omega^2} \left( \dfrac{1}{\omega} \sin(\omega x) - \dfrac{1}{\Omega} \sin(\Omega x) \right)$$
On peut faire apparaitre un sinus cardinal selon :
$$f(x) = \dfrac{x}{ \Omega^2 - \omega^2} \big( \mathrm{sinc}(\omega x) - \mathrm{sinc}(\Omega x) \big)$$
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\, \bullet \bullet \bullet \,\, \textbf{L'original de } F(p+a)}}$$
Soit $$f(x) = TL_x^{-1} \left[ F(p) \right]$$. On a :
$$F(p+a) = \int_0^{+\infty} f(x) e^{-(p+a)x} \, dx = \int_0^{+\infty} f(x) e^{-ax} \, e^{-px} \, dx = \int_0^{+\infty} \big( f(x) e^{-ax} \big) \, e^{-px} \, dx$$
Finalement :
$$TL_x^{-1} \left[ F(p+a) \right] = f(x) \, e^{-ax}$$
Ou de même :
$$TL_p \left[ f(x) \, e^{-ax} \right] = F(p+a)$$
Par exemple, on a :
$$TL_p \left[ e^{-ax} \cos(\omega x) \right] = \dfrac{p+a}{ (p+a)^2 + \omega^2}$$
Mais aussi :
$$TL_p \left[ e^{-ax} \sin(\omega x) \right] = \dfrac{\omega}{ (p+a)^2 + \omega^2}$$
Par exemple, recherchons l'original de l'expression $$F(p) = \dfrac{p}{p^2 + p + 1}$$. Si l'on effectue une mise sous forme canonique, on obtient alors :
$$F(p) = \dfrac{p}{p^2 + p + 1} = \dfrac{p}{\left( p + \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{3}{4} }$$
Et on a alors les jeux d'écritures suivants :
$$F(p) = \dfrac{p}{\left( p + \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{3}{4} } = \dfrac{p + \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}}{\left( p + \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{3}{4} } = \dfrac{p + \dfrac{1}{2} }{\left( p + \dfrac{1}{2} \right)^2 + \dfrac{3}{4} } -\dfrac{\dfrac{1}{2}}{{\left( p + \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{3}{4} }}$$
Que nous allons écrire comme :
$$F(p) = \dfrac{p + \dfrac{1}{2} }{\left( p + \dfrac{1}{2} \right)^2 + \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^2 } - \dfrac{1}{2}\dfrac{1}{{\left( p + \dfrac{1}{2}\right)^2 + \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^2 }}$$
Soit :
$$TL_x^{-1} \left[ F(p) \right] = TL_x^{-1} \left[ \dfrac{p + \dfrac{1}{2} }{\left( p + \dfrac{1}{2} \right)^2 + \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^2 } - \dfrac{1}{2}\dfrac{1}{{\left( p + \dfrac{1}{2}\right)^2 + \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^2 }} \right]$$
Soit encore par linéarité :
$$TL_x^{-1} \left[ F(p) \right] = TL_x^{-1} \left[ \dfrac{p + \dfrac{1}{2} }{\left( p + \dfrac{1}{2} \right)^2 + \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^2 } \right] - \dfrac{1}{2} TL_x^{-1} \left[\dfrac{1}{{\left( p + \dfrac{1}{2}\right)^2 + \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^2 }} \right]$$
On a également :
$$TL_x^{-1} \left[ F(p) \right] = TL_x^{-1} \left[ \dfrac{p + \dfrac{1}{2} }{\left( p + \dfrac{1}{2} \right)^2 + \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^2 } \right] - \dfrac{1}{2} \dfrac{1}{ \dfrac{\sqrt{3}}{2}} TL_x^{-1} \left[\dfrac{ \dfrac{\sqrt{3}}{2}}{{\left( p + \dfrac{1}{2}\right)^2 + \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^2 }} \right]$$
D'après ce qui précède, nous en déduisons immédiatement que :
$$f(x) = e^{-\frac{1}{2}x} \cos \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} x\right) - \dfrac{1}{\sqrt{3}} e^{-\frac{1}{2}x}\sin \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} x\right)$$
En factorisant, on obtient :
$$f(x) = \dfrac{e^{-\frac{1}{2}x}}{\sqrt{3}} \left( \sqrt{3} \cos \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} x\right) - \sin \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} x\right) \right)$$
Finalement, en introduisant l'échelon unité afin de rendre la fonction $$f$$ causale, on trouve que :
$$f(x) = \dfrac{e^{-\frac{1}{2}x}}{\sqrt{3}} \left( \sqrt{3} \cos \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} x\right) - \sin \left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} x\right) \right) \, \mathcal{U}(t)$$
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\, \bullet \bullet \bullet \bullet \,\, \textbf{L'original de } F'(p)}}$$
On admettra, sans démonstration que :
$$TL_x^{-1} \left[ F'(p) \right] = - x \, f(x)$$
Par exemple, on sait que :
$$TL_p\left[ \sin(\omega x) \right] = \dfrac{\omega}{p^2 + \omega^2}$$
Or, on a :
$$\left( \dfrac{\omega}{p^2 + \omega^2} \right)' = \dfrac{- \left( p^2 + \omega^2 \right)'\omega}{\left( p^2 + \omega^2 \right)^2} = \dfrac{- 2p\omega}{\left( p^2 + \omega^2 \right)^2}$$
Donc, d'après le résultat admis juste ci-avant, on a :
$$TL_x^{-1} \left[ \dfrac{- 2p\omega}{\left( p^2 + \omega^2 \right)^2} \right] = - x \, \sin(\omega x)$$
Finalement, on a :
$$TL_x^{-1} \left[ \dfrac{ 2p\omega}{\left( p^2 + \omega^2 \right)^2} \right] = x \, \sin(\omega x)$$
Identiquement :
$$TL_p \left[ x \, \sin(\omega x) \right] = \dfrac{ 2p\omega}{\left( p^2 + \omega^2 \right)^2}$$
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\, \bullet \bullet \bullet \bullet \bullet \,\, \textbf{L'original de } \int_p^{+\infty} F(u) \, du}}$$
On admettra, sans démonstration que :
$$TL_x^{-1} \left[ \int_p^{+\infty} F(u) \, du \right] = \dfrac{f(x)}{x}$$
$${\color{red}{\clubsuit \clubsuit \clubsuit \clubsuit \clubsuit \clubsuit \,\, \textbf{L'original du produit de deux transformées de Laplace}}}$$
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\, \bullet \,\, \textbf{Le produit de convolution de deux fonctions causales } }}$$
On considère les deux fonctions causales $$f$$ et $$g$$.
Le produit de convolution des deux fonctions $$f$$ et $$g$$ est noté $$f \star g$$ et est défini par :
$$(f \star g)(x) = \int_0^x f(t) \times g(x - t) \, dt$$
On rappelle que $$(f \star g)(x) = (g \star f)(x)$$.
$${\color{blue}{\,\,\,\,\,\,\, \bullet \bullet \,\, \textbf{Le produit de convolution et la transformation de Laplace } }}$$
On considère les deux fonctions causales $$f$$ et $$g$$.
On note $$F(p) = TL_p \left[ f(x) \right]$$ et $$G(p) = TL_p \left[ g(x) \right]$$.
On a alors le résultat suivant :
$$TL_x^{-1} \left[ F(p) \times G(p) \right] = (f \star g)(x)$$
Ce qui implique que :
$$TL_p \left[ (f \star g)(x) \right] = F(p) \times G(p)$$
En effet, on a :
$$TL_p \left[ (f \star g)(x) \right] = TL_p \left[ \int_0^x f(t) \times g(x - t) \, dt \right]$$
Soit :
$$TL_p \left[ (f \star g)(x) \right] = \int_0^{+\infty} \int_0^x f(t) \times g(x - t) \, dt \, e^{-px} \, dx$$
Posons $$v = x - t$$. Dans ce cas, on a $$x = v + t$$ et $$\dfrac{dv}{dx} = \dfrac{d}{dx}(x - t) = 1$$ donc $$dx = dv$$. De plus, la borne $$x$$ peut-être étendue à l'infini puisque dans la définition de la transformée de Laplace $$x$$ va jusqu'à l'infini lors du processus d'intégration. On a alors :
$$TL_p \left[ (f \star g)(x) \right] = \int_0^{+\infty} \int_0^{+\infty} f(t) \times g(v) \, dt \, e^{-p(t+v)} \, dv$$
Soit :
$$TL_p \left[ (f \star g)(x) \right] = \int_0^{+\infty} \int_0^{+\infty} f(t) \times g(v) \, dt \, e^{-pt} \, e^{-pv} \, dv$$
Soit encore :
$$TL_p \left[ (f \star g)(x) \right] = \int_0^{+\infty} \int_0^{+\infty} f(t) \, e^{-pt} \, dt \times g(v) \, e^{-pv} \, dv$$
Ce qui nous donne donc :
$$TL_p \left[ (f \star g)(x) \right] = \int_0^{+\infty} f(t) \, e^{-pt} \, dt \times \int_0^{+\infty} g(v) \, e^{-pv} \, dv$$
Comme une variable d'intégration est une variable muette, on obtient donc le résultat annoncé ci-avant, à savoir que l'on a :
$$TL_p \left[ (f \star g)(x) \right] = \int_0^{+\infty} f(t) \, e^{-px} \, dx \times \int_0^{+\infty} g(x) \, e^{-px} \, dx$$
Finalement :
$$TL_p \left[ (f \star g)(x) \right] = F(p) \times G(p)$$
$${\color{red}{\clubsuit \clubsuit \clubsuit \clubsuit \clubsuit \clubsuit \clubsuit \,\, \textbf{Table partielle}}}$$
Soit $$n \in \mathbb{N}^\star$$.
Les nombres $$a$$, $$b$$, $$c$$ et $$d$$ sont des nombres réels.
La constante d'Euler-Mascheroni est notée $$\gamma$$.
Nous considérerons des fonctions numériques univariées $$f$$ causales.
Pour nous, la distribution de Dirac sera notée $$\delta$$.
Pour nous, la première des fonctions de Bessel de première espèce sera notée $$J_0$$.
Nous désignerons par $$\mathrm{erf}$$ la fonction d’erreur de Gauss :
$$\mathrm{erf}(x) = \dfrac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^{x} e^{-t^2} \, dt$$
Nous désignerons par $$\mathrm{erfc}$$ la fonction d’erreur complémentaire de Gauss :
$$\mathrm{erfc}(x) = 1 - \mathrm{erf}(x) = \dfrac{2}{\sqrt{\pi}} \int_x^{+\infty} e^{-t^2} \, dt$$
Nous désignerons par $$\mathrm{Si}$$ la fonction Sinus intégral de Fresnel :
$$\mathrm{Si}(x) = \int_0^{x} \dfrac{\sin(t)}{t} \, dt$$
On a les correspondances suivantes qui sont très pratiques dans les usages de la transformation de Laplace :
$$f(x) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, F(p)$$
$$0 \,\, \leftrightsquigarrow \,\, 0$$
$$\delta(x) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, 1$$
$$1 \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{p}$$
$$x \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{p^2}$$
$$x^2 \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{2}{p^3}$$
$$x^3 \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{6}{p^4}$$
$$x^n \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{n !}{p^{n+1}}$$
$$\sqrt{x} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{2} \sqrt{\dfrac{\pi}{p^3}}$$
$$\dfrac{1}{\sqrt{x}} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \sqrt{\dfrac{\pi}{p}}$$
$$e^{-ax} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{p+a}$$
$$xe^{-ax} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{(p+a)^2}$$
$$x^2e^{-ax} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{2}{(p+a)^3}$$
$$x^ne^{-ax} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{n!}{(p+a)^{n+1}}$$
$$\dfrac{1}{a}\left( 1-e^{-ax} \right) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{p(p+a)}$$
$$\dfrac{1}{a^2}\left( e^{-ax} + ax - 1 \right) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{p^2(p+a)}$$
$$\dfrac{1}{a^3}\left( a^2x^2 - ax + 1 - e^{-ax} \right) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{p^3(p+a)}$$
$$\dfrac{1 - (1 + ax)e^{-ax}}{a^2} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{p(p+a)^2}$$
$$\dfrac{e^{-ax} \left( 2 e^{ax} - a^2 x^2 - 2ax - 2 \right)}{2a^3} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{p(p+a)^3}$$
$$\dfrac{e^{-ax} \left( 2ax e^{ax} - 6 e^{ax} + a^2 x^2 + 4ax + 6 \right)}{2a^4} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{p^2(p+a)^3}$$
$$\dfrac{\sin(ax)- ax \cos(ax)}{2a^3} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{(p^2+a^2)^2}$$
$$\dfrac{e^{-bx} - e^{-ax}}{a-b} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{(p+a) (p+b)}$$
$$\dfrac{ae^{-ax} - be^{-xb}}{a-b} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p}{(p+a) (p+b)}$$
$$\dfrac{(b-c) e^{-ax} + (c-a) e^{-bx} + (a-b)e^{-cx}}{(a-b)(a-c)(b-c)} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{(p+a) (p+b) (p+c)}$$
$$\dfrac{ e^{-ax} \left( (a-b)x - 1 \right) + e^{-bx} }{(a-b)^2} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{(p+a) (p+b)^2}$$
$$\dfrac{(c-a)b e^{-ax} + (b-c)a e^{-bx} + (a-b)c}{ab(a-b)} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p+c}{p(p+a) (p+b) }$$
$$\dfrac{(a^2-ac+d)b e^{-ax} - (b^2-bc+d)a e^{-bx} + (a-b)d}{ab(a-b)} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p^2+cp+d}{p(p+a) (p+b) }$$
$$a^x \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{p - \ln(a) }$$
$$\dfrac{e^{-bx} - e^{-ax}}{x} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \ln \left( \dfrac{p+a}{p +b} \right)$$
$$\ln(x) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, -\dfrac{\ln(p) + \gamma}{p}$$
$$\dfrac{\ln(x)}{x} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{6 \ln(p) \big( \ln(p) + 2 \gamma \big) + \pi^2 + 6 \gamma^2}{12}$$
$$\dfrac{2}{x} \big( 1 - \cos(ax)\big) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \ln\left( \dfrac{p^2 + a^2}{p^2} \right)$$
$$\dfrac{2}{x} \big( 1 - \cosh(ax)\big) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \ln\left( \dfrac{p^2 - a^2}{p^2} \right)$$
$$\sin(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{a}{p^2+a^2}$$
$$\dfrac{\sin(ax)}{x} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \arctan\left( \dfrac{a}{p} \right)$$
$$\mathrm{sinc}(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{a}\arctan\left( \dfrac{a}{p} \right)$$
$$\cos(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p}{p^2+a^2}$$
$$x\sin(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{2ap}{\left(p^2+a^2\right)^2}$$
$$x\cos(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p^2 - a^2}{\left(p^2+a^2\right)^2}$$
$$x^2\sin(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{2a(3p^2 - a^2)}{\left(p^2+a^2\right)^3}$$
$$x^2\cos(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{2p(p^2 - 3a^2)}{\left(p^2+a^2\right)^3}$$
$$x^3\sin(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{24ap(p^2 - a^2)}{\left(p^2+a^2\right)^4}$$
$$x^3\cos(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{6(p^4 - 6a^2p^2 + a^4)}{\left(p^2+a^2\right)^4}$$
$$\sin(ax + b) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{a \cos(b) + p\sin(b)}{p^2+a^2}$$
$$\cos(ax + b) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p \cos(b) - a\sin(b)}{p^2+a^2}$$
$$\dfrac{1 - \cos(ax)}{a^2} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{p(p^2+a^2)}$$
$$\dfrac{b \left(1 - \cos(ax)\right) + a\sin(ax)}{a^2} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p+b}{p(p^2+a^2)}$$
$$\dfrac{ (a^2 - c) \cos(ax) + ab\sin(ax) + c}{a^2} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p^2 + bp + c}{p(p^2+a^2)}$$
$$\sinh(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{a}{p^2-a^2}$$
$$\cosh(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p}{p^2-a^2}$$
$$x\sinh(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{2ap}{\left(p^2-a^2\right)^2}$$
$$x\cosh(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p^2 + a^2}{\left(p^2-a^2\right)^2}$$
$$x^2\sinh(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, -\dfrac{2a(3p^2 + a^2)}{\left(p^2-a^2\right)^3}$$
$$x^2\cosh(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{2p(p^2 + 3a^2)}{\left(p^2-a^2\right)^3}$$
$$x^3\sinh(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{24ap(p^2 + a^2)}{\left(p^2-a^2\right)^4}$$
$$x^3\cosh(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{6(p^4 + 6a^2p^2 + a^4)}{\left(p^2-a^2\right)^4}$$
$$e^{-cx} \sin(ax + b) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{a \cos(b) + (p+c)\sin(b)}{(p+c)^2+a^2}$$
$$e^{-cx} \cos(ax + b) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{(p+c) \cos(b) - a\sin(b)}{(p+c)^2+a^2}$$
$$e^{-cx} \sinh(ax + b) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{e^b}{p+c-a} - \dfrac{e^{-b}}{p+c+a}\right)$$
$$e^{-cx} \cosh(ax + b) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{e^b}{p+c-a} + \dfrac{e^{-b}}{p+c+a}\right)$$
$$e^{-cx} \sinh(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{a}{(p+c)^2 - a^2}$$
$$e^{-cx} \cosh(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p+c}{(p+c)^2 - a^2}$$
$$\sin^2(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{2a^2}{p(p^2+4a^2)}$$
$$\cos^2(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p^2+2a^2}{p(p^2+4a^2)}$$
$$\sin^3(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{6a^3}{(p^2 + a^2)(p^2+9a^2)}$$
$$\cos^3(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p(p^2+7a^2)}{(p^2 + a^2)(p^2+9a^2)}$$
$$\sinh^2(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{2a^2}{p(p-2a)(p+2a)}$$
$$\cosh^2(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{(p-\sqrt{2}a)(p+\sqrt{2}a)}{p(p-2a)(p+2a)}$$
$$\sinh^3(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{6a^3}{(p + a)(p - a)(p+3a)(p-3a)}$$
$$\cosh^3(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p(p+\sqrt{7}a)(p-\sqrt{7}a)}{(p + a)(p - a)(p+3a)(p-3a)}$$
$$\dfrac{\sin(ax) + ax\cos(ax)}{2a} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p^2}{\left(p^2+a^2\right)^2}$$
$$\dfrac{e^{-ax} + e^{\frac{1}{2}ax} \left( \sqrt{3}\sin\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} ax\right) - \cos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} ax\right) \right)}{3a^2} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{p^3+a^3}$$
$$\dfrac{-e^{-ax} + e^{\frac{1}{2}ax} \left( \sqrt{3}\sin\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} ax\right) + \cos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} ax\right) \right)}{3a} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p}{p^3+a^3}$$
$$\dfrac{e^{-ax} + 2e^{\frac{1}{2}ax} \cos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} ax\right) }{3} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p^2}{p^3+a^3}$$
$$\dfrac{e^{-\frac{x}{a}} - e^{-\frac{x}{b}}}{a-b} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{(1+ap)(1+bp)}$$
$$1 - \dfrac{a e^{-\frac{x}{a}} - b e^{-\frac{x}{b}}}{a-b} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{p(1+ap)(1+bp)}$$
$$\dfrac{a^2 e^{-\frac{x}{a}} - b^2 e^{-\frac{x}{b}} + (a-b)(x-a-b)}{a-b} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{p^2(1+ap)(1+bp)}$$
$$\sin(ax) \sin(bx) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{2abp}{\big( p^2+(a-b)^2 \big) \big( p^2+(a+b)^2 \big)}$$
$$\cos(ax) \cos(bx) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p(p^2 + a^2 + b^2)}{\big( p^2+(a-b)^2 \big) \big( p^2+(a+b)^2 \big)}$$
$$\sin(ax) \cos(bx) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{a(p^2 + a^2 - b^2)}{\big( p^2+(a-b)^2 \big) \big( p^2+(a+b)^2 \big)}$$
$$\dfrac{\big( \sin(ax) -\sinh(ax) \big) \cos(ax)}{4a^3} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{p^4 + 4a^4}$$
$$\dfrac{ \sin(ax) \sinh(ax) }{2a^2} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p}{p^4 + 4a^4}$$
$$\dfrac{\sinh(ax) -\sin(ax) }{4a^3} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{p^4 - a^4}$$
$$\dfrac{ \cosh(ax) -\cos(ax) }{2a^2} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p}{p^4 - a^4}$$
$$\dfrac{e^{bx} - e^{ax}}{2\sqrt{\pi x^3}} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \sqrt{p-a} - \sqrt{p-b}$$
$$J_0(ax) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{\sqrt{p^2+a^2}}$$
$$J_0(2\sqrt{ax}) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{e^{-\frac{a}{p}}}{p}$$
$$\dfrac{1}{\sqrt{\pi x}}\cos(2\sqrt{ax}) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{e^{-\frac{a}{p}}}{\sqrt{p}}$$
$$\dfrac{1}{\sqrt{\pi a}}\sinh(2\sqrt{ax}) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{e^{-\frac{a}{p}}}{p^{\frac{3}{2}}}$$
$$\dfrac{e^{ax}(1+2ax)}{\sqrt{\pi x}} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p}{(p-a)^{\frac{3}{2}}}$$
$$\dfrac{a}{2\sqrt{\pi x^3}} e^{-\frac{a^2}{4x}} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, e^{-a\sqrt{p}}$$
$$\dfrac{1}{\sqrt{\pi x}} e^{-\frac{a^2}{4x}} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{e^{-a\sqrt{p}}}{\sqrt{p}}$$
$$\mathrm{erfc}\left( \dfrac{a}{2\sqrt{x}}\right) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{e^{-a\sqrt{p}}}{p}$$
$$\mathrm{Si}\left( x \right) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{p} \mathrm{arccotan}(p)$$
$$\dfrac{a \, \sin(bx) - b \, \sin(ax)}{ab \, (a^2 - b^2)} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{1}{(p^2 + a^2) \, (p^2 + b^2)}$$
$$\dfrac{\cos(bx) - \cos(ax)}{a^2 - b^2} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p}{(p^2 + a^2) \, (p^2 + b^2)}$$
$$\dfrac{a \, \sin(ax) - b \, \sin(bx)}{a^2 - b^2} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p^2}{(p^2 + a^2) \, (p^2 + b^2)}$$
$$\dfrac{a^2 \, \cos(ax) - b^2 \, \cos(bx)}{a^2 - b^2} \,\, \leftrightsquigarrow \,\, \dfrac{p^3}{(p^2 + a^2) \, (p^2 + b^2)}$$
$$x^n \, f(x) \,\, \leftrightsquigarrow \,\, (-1)^n \dfrac{\mathrm{d}^n F}{\mathrm{d}p^n}(p)$$