1.12 Un exemple complet

1. On considère la fonction $\psi (t)=\mathrm{H}\left( t\right) -2\, \mathrm{H}\left( t-\frac{5}{2}\right) +\mathrm{H}\left( t-5\right)$, dont le graphe est donné FIG. 5. Son image Laplace, donnée par la formule des retards, vaut ${\cal L}\left( \varphi \right) \left( p\right) =\frac{1}{p}\left( 1-2\, \exp \left( -5/2\, p\right) +\exp \left( -5\, p\right) \right)$.

   Figure: Première période du créneau alternatif.

   

2. La fonction obtenue en répétant à l'infini le motif décrit par $\varphi$ donne une fonction périodique $f$ dont l'image Laplace est ${\cal L}\left( f \right) \left( p\right) ={\cal L}\left( \varphi \right) \left( p\right) \times \frac{1}{1-\exp \left( -5p\right) }$.
3. Pour vérifier, calculons l'image Laplace inverse avec Maple. On trouve :  
   invlaplace( ${\cal L}\left( \varphi \right) \left( p\right)$, p, t) = 
   . $\frac{1}{2}\, \mathrm{H}\left( t-\frac{5}{2}\right) \left( -1+\left( -1\right)... ...{1}{2}-\frac{1}{2}\, \left( -1\right) ^{\mathrm{floor}\left( -2/5\, t\right) }$
   Le graphe de cette fonction est donné FIG. 6 à gauche.

   Figure: Créneau alternatif.

4. Le résultat brut comporte une partie ``étrange'' pour $t<0$, qu'il convient d'annuler pour la suite des calculs. La description exacte de la fonction $g$ est $g\left( t\right) =\left( -1\right) ^{\mathrm{floor}\left( 2/5\, t\right) }\, \mathrm{H}\left( t\right)$, dont le graphe est donné FIG. 6 à droite.
5. Considérons maintenant l'équation différentielle $\left( \frac{\mathrm{d}^{2 }}{\mathrm{d}\, t ^{2 }}\, f\left( t\right) \right)... ...right) ,\: f\left( 0\right) =1,\, \mathrm{D}\left( f\right) \left( 0\right) =2$.
   Son image Laplace est ${\cal L}\left( f \right) \left( p\right) =\frac{{\cal L}\left( g \right) \left... ...ht) \, \left( p+1\right) }+\frac{p+5}{\left( p+2\right) \, \left( p+1\right) }$. En remplaçant ${\cal L}\left( g \right) \left( p\right)$ par sa valeur, on trouve ${\cal L}\left( f \right) \left( p\right) =\frac{-1+2\, \exp \left( -5/2\, p\ri... ...t( -5\, p\right) \right) }+\frac{p+5}{\left( p+2\right) \, \left( p+1\right) }$.
6. Introduisons la fonction auxiliaire $\varphi$ définie par ${\cal L}\left( \varphi \right) \left( p\right) ={\cal L}\left( f \right) \left( p\right) \times \left( 1-\exp \left( -5p\right) \right)$. Nous savons calculer la fonction $\varphi$ à partir de son image Laplace. On a ${\cal L}\left( \varphi \right) \left( p\right) =\frac{1+5\, p+p^{2}}{p\, \left... ...t) \, \exp \left( -5\, p\right) }{p\, \left( p+2\right) \, \left( p+1\right) }$. Nous définissons donc trois nouvelles fonctions auxiliaires par ${\cal L}\left( \varphi _{1} \right) \left( p\right) =\frac{1+5\, p+p^{2}}{p\, \left( p+2\right) \, \left( p+1\right) }$, ${\cal L}\left( \varphi _{2} \right) \left( p\right) =-2\, \frac{\exp \left( -5/2\, p\right) }{p\, \left( p+2\right) \, \left( p+1\right) }$ et ${\cal L}\left( \varphi _{3} \right) \left( p\right) =\frac{\left( 1-5p-p^{2}\right) \, \exp \left( -5\, p\right) }{p\, \left( p+2\right) \, \left( p+1\right) }$.
7. Une décomposition en éléments simples donne ${\cal L}\left( \varphi _{1} \right) \left( p\right) =\frac{1}{2}\, \frac{1}{p}-\frac{5}{2}\, \frac{1}{p+2}+\frac{3}{p+1}$, d'où $\varphi _{1}\left( t\right) :=\left( \frac{1}{2}-\frac{5}{2}\, \exp \left( -2\, t\right) +3\, \exp \left( -t\right) \right) \mathrm{H}\left( t\right)$.
8. Une décomposition en éléments simples donne $\frac{-2}{p\, \left( p+2\right) \, \left( p+1\right) }=-\frac{1}{p}+\frac{2}{p+1}-\frac{1}{p+2}$, et par décalage dans le temps, $\varphi _{2}\left( t\right) =\left( -1+2\, \exp \left( -t+5/2\right) -\exp \left( -2\, t+5\right) \right) \mathrm{H}\left( t-\frac{5}{2}\right)$.
9. De façon analogue, $\varphi _{3}\left( t\right) =\frac{1}{2}\left( 1-10\, \exp \left( -t+5\right) +7\, \exp \left( -2\, t+10\right) \right) \, \mathrm{H}\left( t-5\right)$.
10. Le graphe de la fonction $\varphi =\varphi _{1}+\varphi _{2}+\varphi _{3}$ est donné FIG. 7 à gauche. Cette fonction $\varphi$ présente un saut de $\Delta f=+1$ et $t=0$ et un saut de $\Delta f=-1$ en $t=T$. Par conséquent, la fonction définie par $\sum _{k=0}^{2}\varphi \left( t-k\, T\right)$ est continue en $t=T$ et en $t=2T,$ tout en présentant un saut de $\Delta f=-1$ en $t=3T$. Enfin, la fonction définie par $f\left( t\right) =\sum _{k\in \mathbb{N}}\varphi \left( t-k\, T\right)$ est continue en tout point. Il est aisé de montrer qu'elle est en fait dérivable en tout point, la dérivée étant elle même dérivable, sauf aux multiples de $T/2$.

    Figure 7: Les fonctions $\varphi$ et $\sum _{0}^{2}\varphi \left( t-k\, T\right) \protect$.

11. Une autre méthode pour résoudre l'équation proposée serait de trouver $y_{0}$ solution de $E\left( y\right) =1$ sur $\left[ 0,\, T/2\right]$ en partant de la condition initiale. Puis de trouver $y_{1}$ solution de $E\left( y\right) =-1$ sur $\left[ T/2,\, T\right]$ en partant de $y_{1}\left( T/2\right) =y_{0}\left( T/2\right)$ et de $D\left( y_{1}\right) \left( T/2\right) =D\left( y_{0}\right) \left( T/2\right)$, et ainsi de suite. On obtient les valeurs raccords suivantes :
    $$\begin{array}{ccc} t & y\left( t\right) & D\left( y\right) \... ...& +.1356512855\\ 10 & -.3547563865 & -.1385507554 \end{array}$$

12. On peut obtenir la partie périodique de la façon suivante. On part d'une condition initiale inconnue, décrite par $\mathrm{y}\left( 0\right) =a,\, \mathrm{D}\left( y\right) \left( 0\right) =b$ et on résout l'équation $y''\left( t\right) +3\, y'\left( t\right) +2\, y\left( t\right) =1$ sur $\left[ 0,\, T/2\right]$. On trouve :
    $z_{0}\left( t\right) =\frac{1}{2}+\exp \left( -t\right) \, \left( -1+b+2\, a\right) -\exp \left( -2\, t\right) \, \left( -\frac{1}{2}+b+a\right)$. On résout alors $y''\left( t\right) +3\, y'\left( t\right) +2\, y\left( t\right) =-1$ sur $\left[ T/2,\, T\right]$ à partir de la condition intermédiaire. On trouve :
    $z_{1}\left( t\right) =-\frac{1}{2}+\exp \left( -t\right) \, \left( 2a+b-1+2\, ... ...c{5}{2}\right) +\exp \left( -2\, t\right) \left( \frac{1}{2}-b-a-\exp 5\right)$.
13. On détermine $a,\, b$ par les relations $z_{1}\left( T\right) =z_{0}\left( 0\right)$ et $D\left( z_{1}\right) \left( T\right) =D\left( z_{0}\right) \left( 0\right)$. Il vient :
    $a=\frac{1}{2}\, \frac{\left( \exp \left( -\frac{5}{2}\right) -1\right) ^{3}}{\... ...eft( -\frac{5}{2}\right) +1\right) \, \left( \exp \left( -5\right) +1\right) }$, soit
    $a\approx -.3549764908,\, b\approx -.1383306581$.
14. Appelons $\sigma$ la fonction obtenue en mettant $z_{0}$ et $z_{1}$ bout à bout, soit $\sigma \left( t\right) =z_{0}\left( t\right) \left( \mathrm{H}\left( t \right)... ...t) \left( \mathrm{H}\left( t-T/2 \right) -\mathrm{H}\left( t-T \right) \right)$. La fonction $s$, obtenue en répétant $\sigma$, soit $s\left( t\right) =\sum _{k}\sigma \left( t-k\, T\right)$ est alors une fonction périodique, et c'est la partie permanente de la réponse du système décrit par l'équation différentielle sous l'action de l'excitation $g$. La FIG. 8 donne les graphes de $\sigma$ (à gauche) et de $s$ (à droite).

    Figure 8: Les fonctions $\sigma$ et $\sum _{0}^{2}\sigma \left( t-k\, T\right) \protect$.

15. On conclut en vérifiant, FIG. 9, que le graphe de $f$ vient s'écraser sur celui de $s$, montrant que $s$ est le régime permanent associé à $f$.

    Figure: Évolution d'une solution non stationnaire.