Laboratoire de transformée de Laplace

Explore les paires de transformées de Laplace directes pour les familles de fonctions essentielles, leurs pôles, leur région de convergence et leurs valeurs initiale/finale.

Exemple résolu — Laboratoire de transformée de Laplace

Pôles	−1
Valeur initiale f(0⁺)	1
Valeur finale f(∞)	0

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

Chargement de la simulation interactive...

Leçon

La théorie — Laboratoire de transformée de Laplace

La transformée de Laplace échange une fonction du temps contre une fonction d’une variable complexe s, changeant l’analyse en t en algèbre en s. Le catalogue ci-dessus est un dictionnaire de huit paires, et à côté de chacune la page affiche quatre faits qui se lisent sur F(s) seul, sans jamais revenir au domaine temporel.

Ce que signifie chaque symbole

F(s): la transformée. Un quotient de polynômes pour chaque entrée de ce catalogue — c’est la seule raison d’être des trois lignes suivantes.
poles: les valeurs de s qui annulent le dénominateur. Tout le reste de la page découle de leur position.
ROC: la région de convergence — le demi-plan où l’intégrale de définition converge réellement. L’étape 3 montre le peu d’information propre que porte cette ligne.
f(∞): la valeur finale, affichée comme un nombre, comme ∞, ou comme un refus.

D’où vient la formule

Lisez la paire. Pour l’exponentielle par défaut, e^(−t) devient 1/(s+1) : un taux de décroissance dans le temps devient la position d’un pôle unique.
Trouvez les pôles en annulant le dénominateur. s+1=0 donne s = −1, ce qu’affiche la ligne des pôles.
Comparez maintenant la ligne des pôles et celle du ROC, et continuez à comparer en parcourant le catalogue. Le ROC est la partie réelle du pôle le plus à droite. Exponentielle : pôle en −1, ROC Re(s) > −1. Échelon : pôle en 0, ROC Re(s) > 0. Sinus : pôles en ±j2, dont la partie réelle est nulle, donc ROC Re(s) > 0 à nouveau. Huit lignes, une règle.
Les deux lignes de valeurs viennent des deux extrémités du même F(s) : f(0⁺) = lim(s→∞) sF(s) et f(∞) = lim(s→0) sF(s). D’où l’accord de l’échelon et du cosinus sur f(0⁺) = 1 et leur désaccord sur la fin.

Comment lire ce que vous voyez

Parcourez les huit entrées et regardez deux colonnes apparemment indépendantes se comporter comme une seule. Échelon, rampe et puissance ont leurs pôles à l’origine et affichent tous Re(s) > 0. L’exponentielle et les deux sinusoïdes amorties ont un pôle de partie réelle −1 et affichent toutes Re(s) > −1. Sinus et cosinus semblent faire exception — leurs pôles sont imaginaires — et n’en font pas : la partie réelle de ±j2 est nulle, donc ils affichent Re(s) > 0 comme ceux de l’origine. Regardez ensuite les fins, que les pôles décident aussi : une partie réelle −1 donne 0, un pôle simple à l’origine donne une constante, un pôle double à l’origine donne ∞, et une paire purement imaginaire ne donne aucune fin.

Suppose: Que f(t) = 0 avant t = 0 — c’est la transformée unilatérale, ce qui explique que chaque entrée soit écrite contre un échelon unité. Que l’amplitude A met F(s) à l’échelle sans déplacer de pôle, donc modifie la valeur initiale et jamais le ROC ni la fin. Et que chaque entrée est un quotient de polynômes : une transformée avec coupure ou singularité essentielle n’a pas de liste de pôles à lire, et trois des quatre lignes n’auraient rien à dire.
Ne tient plus quand: Le théorème de la valeur finale est celui qu’on cite sans ses conditions, et ce catalogue contient le contre-exemple. Appliqué aveuglément au sinus, lim(s→0) s·ω/(s²+ω²) vaut 0 : net, définitif, et faux — sin(ωt) n’a pas de valeur finale. Le théorème ne vaut que si les pôles de sF(s) sont strictement dans le demi-plan gauche, et ceux du sinus sont sur l’axe imaginaire. La page refuse au lieu de rapporter la limite : c’est pourquoi cette ligne indique n’existe pas — oscille et non le 0 que la formule produit volontiers. La rampe échoue au même test par l’autre côté et reçoit ∞. Deux des huit entrées brisent la règle qu’on allait généraliser à partir des six autres.

La ligne des pôles annonce déjà la fin 🖖

Parcourez le catalogue en ne comparant que deux lignes du tableau : Pôles et Valeur finale. Toute paire de pôles située strictement à gauche de l’axe imaginaire conduit à 0 : e^−at pour s = −a, et le sinus amorti pour s = −a ± jω. Lorsque les pôles sont sur l’axe, le signal ne se stabilise jamais : ceux de sin et cos se trouvent en s = ±jω, et le tableau affiche « n’existe pas — oscillations ». La rampe, elle, possède un pôle double en s = 0 et tend vers ∞. Seul l’échelon, avec son unique pôle simple en s = 0, atteint une valeur finie non nulle. C’est la partie réelle du pôle le plus à droite qui détermine si le signal s’éteint, se maintient ou diverge. Voilà pourquoi les automaticiens travaillent dans le plan s, souvent sans même calculer la transformée inverse.

Un dictionnaire entre le temps et s 🖖

Cet outil est avant tout une table de correspondance. À chaque fonction du temps, qu’il s’agisse d’un échelon, d’une rampe ou d’une exponentielle décroissante, correspond une expression dans le domaine de Laplace. Le laboratoire présente les deux membres de chaque paire. Résolvez le problème dans le domaine de Laplace, généralement plus commode, puis revenez au domaine temporel grâce à ces correspondances. Une décroissance e^-at a toujours pour transformée 1/(s+a), et le nombre a indique sa vitesse d’atténuation.

L'ingénieur qui scandalisa les mathématiciens 🖖

Bien avant que la transformation soit rigoureusement fondée, l'ingénieur autodidacte Oliver Heaviside résolvait des équations de circuits en traitant hardiment l'opérateur de dérivation d/dt comme un simple symbole algébrique — allant jusqu'à diviser par lui. Les mathématiciens purs étaient scandalisés par l'absence de preuve ; il aurait rétorqué : « Dois-je refuser mon dîner sous prétexte que je ne comprends pas entièrement la digestion ? » Sa fonction échelon porte encore son nom, et la transformée de Laplace apporta plus tard la rigueur dont il ne s'était jamais soucié.

Problèmes entièrement résolus

Valeurs aux extrémités et décroissance de f(t) = e −1,5t 6 étapes
f(t) = e^−1,5t pour t ≥ 0. Obtenez F(s) à partir de la définition, lisez le pôle et la région de convergence au fil du même calcul, et déterminez les deux valeurs limites sans jamais inverser de transformée. Répondez ensuite à la question à laquelle aucun des deux théorèmes des valeurs limites ne répond : combien de temps la décroissance prend-elle réellement ?
1. La transformée est une intégrale unique, et tout le reste sur le panneau est un sous-produit de son évaluation. Les deux exponentielles partageant la même base, elles se regroupent en un seul exposant, −(s + 1,5)t.
  
  $F (s) = \int_{0}^{\infty} e^{- 1.5 t} e^{- s t} d t = [\frac{- e ^{- (s + 1.5) t}}{s + 1.5}]_{0}^{\infty}$
2. C'est à la borne supérieure que réside la difficulté. e^−(s+1,5)t tend vers 0 lorsque t augmente uniquement quand la partie réelle de s + 1,5 est positive, et cette unique inégalité vous fournit les deux éléments restants : le domaine de convergence Re(s) > −1,5 et le pôle en s = −1,5 situé exactement sur sa frontière. Le pôle n'est pas une propriété isolée à mémoriser — c'est la valeur de s pour laquelle l'intégrale cesse d'exister.
  
  $Re (s + 1.5) > 0 ⟺ Re (s) > - 1.5 ⟹ F (s) = \frac{1}{s + 1.5}$
3. Démontrez le théorème de la valeur initiale plutôt que de simplement le citer. Une valeur élevée de s pondère e^−st si fortement vers les petites valeurs de t que sF(s) devient une sonde de f au voisinage de l'origine. Ici, s/(s + 1,5) tend vers 1, et e⁰ = 1 le confirme — vous avez lu f(0⁺) à partir d'une transformée que vous n'avez jamais inversée.
  
  $f (0^{+}) = s \to \infty lim s F (s) = s \to \infty lim \frac{s}{s + 1.5} = 1 = e^{0}$
4. Faites tendre s dans l'autre sens pour la valeur finale. Cette limite est assortie d'une condition d'application : elle ne constitue un théorème que si chaque pôle de sF(s) se trouve strictly à gauche de l'axe imaginaire, et l'unique pôle ici se situe en −1,5. Le cas oscillant ci-dessous est précisément ce dont cette condition vous protège.
  
  $f (\infty) = s \to 0 lim s F (s) = \frac{0}{1.5} = 0$
5. Aucun de ces deux théorèmes ne comporte d'horloge. L'un décrit t = 0 et l'autre t = ∞, et entre les deux, la courbe peut mettre une microseconde ou un siècle. Résolvez f(τ) = f(0)/e pour trouver l'échelle manquante.
  
  $e^{- 1.5 τ} = e^{- 1} ⟹ τ = \frac{1}{1.5} = \frac{2}{3} = 0.667 s$
6. Laissez maintenant le panneau de côté et demandez-vous quand le signal est réduit à 1 % de sa valeur initiale.
  
  $e^{- 1.5 t} = 0.01 ⟹ t = \frac{ln 100}{1.5} = \frac{4.6052}{1.5} = 3.07 s$
Réponse

F(s) = 1/(s + 1,5), un pôle en −1,5 et τ = 0,667 s — le panneau affiche le pôle et la constante de temps, et vous avez dérivé les deux à partir d'une seule intégrale. Conservez plutôt la dernière ligne. Puisque a s'élimine de ln(100)/a divisé par 1/a, atteindre 1 % prend toujours 4,61 constantes de temps, quel que soit le taux de décroissance : 4,61 est une propriété du nombre 100, non de ce signal. Tout ce que contrôle le pôle est la durée d'un τ. Doublez a pour le porter à 3 et chaque durée sur cette page est divisée par deux. Faites-le glisser dans l'autre sens, vers l'axe imaginaire, et τ tend vers l'infini — et une fois que le pôle atteint l'axe, la valeur finale cesse complètement d'exister, ce qui fait l'objet du problème suivant.

$τ = \frac{1}{a}, t_{1%} = \frac{ln 100}{a} = 4.61 τ (a > 0)$
La limite de la valeur finale pour f(t) = sin(4t) qui donne 0 5 étapes
f(t) = sin(4t) pour t ≥ 0. La limite de la valeur finale s'effectue sans aucun problème ici et donne 0. Rien n'explose et rien n'est indéterminé. Expliquez pourquoi 0 est néanmoins la mauvaise réponse, et ce que le théorème vous demandait réellement de vérifier.
1. Construisez cette transformée à partir du résultat du problème précédent plutôt qu'à l'aide d'une table. Euler décompose un sinus en une paire d'exponentielles complexes, et chacune obéit à la règle que vous avez déjà établie à partir de l'intégrale.
  
  $sin 4 t = \frac{e ^{j 4 t} - e ^{- j 4 t}}{2 j}, L {e^{α t}} = \frac{1}{s - α}$
2. Réduisez au même dénominateur. Le 2j se simplifie avec j4 − (−j4) au numérateur, de sorte qu'une construction complexe donne une fonction réelle de s. Le panneau écrit le dénominateur sous la forme s² + 4², ce qui revient au même.
  
  $F (s) = \frac{1}{2 j} (\frac{1}{s - j 4} - \frac{1}{s + j 4}) = \frac{4}{s ^{2} + 16}$
3. Localisez les pôles. Le dénominateur s'annule en s = ±j4, et leur partie réelle est 0 — ni négative, ni positive, mais exactement sur l'axe imaginaire. C'est précisément le cas que la condition ci-dessus visait à exclure.
  
  $s^{2} + 16 = 0 ⟹ s = \pm j 4, Re (s) = 0$
4. Calculez quand même la limite de la valeur finale, car rien ne vous en empêche. Le numérateur tend vers 0, le dénominateur tend vers 16, et le quotient vaut 0. L'arithmétique ne vous avertira pas que vous n'en aviez pas le droit.
  
  $s \to 0 lim s F (s) = s \to 0 lim \frac{4 s}{s ^{2} + 16} = \frac{0}{16} = 0$
5. Comparez cela avec la fonction elle-même. sin(4t) a pour période 2π/4 = 1,5708 s, ce que le panneau arrondit à 1,57 s, et au quart de chacune de ces périodes, elle revient à +1. Une fonction qui continue de revenir indéfiniment à 1 ne peut pas converger vers 0, ni vers quoi que ce soit. Le panneau n'affiche aucun nombre dans la ligne de la valeur finale et indique plutôt que le signal oscille.
  
  $T = \frac{2 π}{4} = 1.5708 s, f (\frac{T}{4} + k T) = 1$
Réponse

Pôles en ±j4, période 1,57 s, et aucune valeur finale — bien que la limite s'évalue proprement à 0. La leçon n'est pas que l'arithmétique est fragile ; elle est que l'arithmétique n'est pas le théorème. Comparez les deux sF(s) côte à côte et la différence réside dans la position d'un seul pôle. Ce qui rend 0 intéressant plutôt que simplement faux, c'est qu'il s'agit de la réponse correcte à chaque question voisine : amortissez le sinus de n'importe quel a > 0 et les pôles se déplacent en −a ± j4, le théorème s'applique, et la valeur finale est réellement 0 — pour tout a, aussi petit soit-il. La limite donne la réponse à tous les problèmes voisins et à aucun de celui-ci. Et un 0 prouvable peut tout de même être inutile : pour a = 0,1, l'horloge du problème 1 donne ln(100)/0,1 = 46 s pour descendre à 1 %, soit environ 29 cycles complets d'oscillation à cette fréquence.

$s F (s) = \frac{4 s}{s ^{2} + 16} \Rightarrow s = \pm j 4 s F (s) = \frac{s}{s + 1.5} \Rightarrow s = - 1.5$

Références (3)

When the final-value theorem applies, and when the table must say it does not: E. Gluskin, "Let us teach this generalization of the final-value theorem." European Journal of Physics 24(6), 591–597, 2003.
Pole location and stability, at length: Katsuhiko Ogata, Modern Control Engineering, 5th edition. Prentice Hall, 2010. ISBN 978-0-13-615673-4.
Where the region of convergence is derived from the pole positions: A. V. Oppenheim & A. S. Willsky, Signals and Systems, 2nd edition. Prentice Hall, 1997 — chapter 9, on the Laplace transform and its region of convergence. ISBN 978-0-13-814757-0.

Par l’équipe 42Math · Mis à jour 2026-07-29

Vérifié sur des sources publiées. Corrections bienvenues. Politique éditoriale · Corrections

Toutes les leçons : Mathématiques →

Exemples de problèmes

fonction échelon - Un échelon de hauteur 2 a pour transformée 2/s, avec un unique pôle simple à l’origine. C’est la seule entrée du catalogue dont la valeur finale soit finie et non nulle : elle vaut 2.
Rampe - Une rampe 2t — devient 2/s², un pôle double à l’origine
Puissance tⁿ - t³ — devient 6/s⁴ : le n! = 6 vient de trois intégrations par parties, et l’ordre du pôle vaut n + 1 = 4
décroissance exponentielle - e^(-1,5t) a pour transformée 1/(s + 1,5) : il existe un unique pôle réel en s = -1,5. La région de convergence est donc Re(s) > -1,5, et la valeur finale vaut 0.
onde sinusoïdale - sin(4t) a pour transformée 4/(s² + 16), avec des pôles en ±j4. Situés sur l’axe, ils n’entraînent aucune décroissance ; la valeur finale n’existe donc pas.
Cosinus - cos(4t) — les pôles sont sur l’axe imaginaire en ±j4, donc pas de valeur finale : cela oscille indéfiniment
sinus amorti - Sinus amorti : 3/((s + 1)² + 9), avec des pôles en -1 ± j3. Sa fréquence est la même que celle du sinus non amorti, mais la partie réelle -1 fait toute la différence entre un signal qui s’atténue et des oscillations qui persistent indéfiniment.
Cosinus amorti - Un cosinus amorti — les pôles quittent l’axe pour −1 ± j3, la région de convergence devient Re(s) > −1 et la valeur finale vaut 0