Exercice 16 - Exercice 1

On a l'équation différentielle suivante :
$$y''''(x) + k$$
Soit :
$$y''''(x) = - k$$
Prenons la transformée de Laplace des deux membres de cette équation différentielle :
$$TL_p\left[ y''''(x) \right] = TL_p\left[ -k \right]$$
Par linéarité, on a alors :
$$TL_p\left[ y''''(x) \right] = -k \, TL_p\left[ 1 \right]$$
Adoptons la notation usuelle, à savoir $$Y(p) = TL_p\left[ y(x) \right]$$. On a alors :
$$p^4 Y(p) - p^3 y(0) - p^2 y'(0) - p y''(0) - y'''(0) = -k \, \dfrac{1}{p}$$
En faisant usage des conditions initiales, on obtient :
$$p^4 Y(p) - p^3 0 - p^2 c - p 0 - d = -k \, \dfrac{1}{p}$$
Soit :
$$p^4 Y(p) - c \, p^2 - d = -k \, \dfrac{1}{p}$$
Soit encore :
$$p^4 Y(p) = d + c \, p^2 - k \, \dfrac{1}{p}$$
De fait, on a :
$$Y(p) = d\dfrac{1}{p^4} + c \dfrac{1}{p^2} - k \, \dfrac{1}{p^5}$$
Mais, d'après les tables de correspondances relatives à la transformation de Laplace, on sait que :
$$TL_p\left[ \dfrac{x^{n-1}}{(n-1)!} \right] = \dfrac{1}{p^n}$$
De fait, en se souvenant que $$Y(p) = TL_p\left[ y(x) \right]$$, on peut donc écrire que :
$$TL_p\left[ y(x) \right] = d \, TL_p\left[ \dfrac{x^{4-1}}{(4-1)!} \right] + c \, TL_p\left[ \dfrac{x^{2-1}}{(2-1)!} \right] - k \, TL_p\left[ \dfrac{x^{5-1}}{(5-1)!} \right]$$
D'où :
$$TL_p\left[ y(x) \right] = d \, TL_p\left[ \dfrac{x^3}{3!} \right] + c \, TL_p\left[ \dfrac{x^1}{1!} \right] - k \, TL_p\left[ \dfrac{x^4}{4!} \right]$$
Ainsi :
$$TL_p\left[ y(x) \right] = d \, TL_p\left[ \dfrac{x^3}{6} \right] + c \, TL_p\left[ x \right] - k \, TL_p\left[ \dfrac{x^4}{24} \right]$$
Par linéarité de la transformation de Laplace, on a :
$$TL_p\left[ y(x) \right] = TL_p\left[ d\dfrac{x^3}{6} + c \, x - k \, \dfrac{x^4}{24} \right]$$
Nous sommes donc conduit à pouvoir écrire que :
$$y(x) = d\dfrac{x^3}{6} + c \, x - k \, \dfrac{x^4}{24}$$
En factorisant par $$x$$, on obtient :
$$y(x) = x \left( d\dfrac{x^2}{6} + c - k \, \dfrac{x^3}{24} \right)$$
En factorisant par $$\dfrac{1}{24}$$, on obtient :
$$y(x) = \dfrac{1}{24} x \left( 4d x^2 + 24c - k \, x^3 \right)$$
Mais, on sait que $$y(\ell) = 0$$. Donc :
$$y(\ell) = \dfrac{1}{24} \ell \left( 4d \ell^2 + 24c - k \, \ell^3 \right) \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 0 = \dfrac{1}{24} \ell \left( 4d \ell^2 + 24c - k \, \ell^3 \right)$$
Comme $$\ell$$ n'est pas nul, d'après l'énoncé, on en déduit alors que :
$$4d \ell^2 + 24c - k \, \ell^3 = 0$$
Puis, comme $$y(x) = d\dfrac{x^3}{6} + c \, x - k \, \dfrac{x^4}{24}$$ alors on a :
$$y'(x) = d\dfrac{x^2}{2} + c - k \, \dfrac{x^3}{6}$$
Puis :
$$y''(x) = dx + 0 - k \, \dfrac{x^2}{2} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, y''(x) = dx - k \, \dfrac{x^2}{2}$$
Mais, le sujet nous apprend que $$y''(\ell) = 0$$. Donc :
$$y''(\ell) = d\ell - k \, \dfrac{\ell^2}{2} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 0 = d\ell - k \, \dfrac{\ell^2}{2} \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 0 = \ell \left( d - k \, \dfrac{\ell}{2} \right)$$
Comme $$\ell$$ n'est pas nul, d'après l'énoncé, on en déduit alors que :
$$d - k \, \dfrac{\ell}{2} = 0$$
Ceci nous permet d'affirmer que $$d = k \dfrac{\ell}{2}$$ et ainsi $$4d = 2k\ell$$. Dès lors, on a alors :
$$4d \ell^2 + 24c - k \, \ell^3 = 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 2k\ell \ell^2 + 24c - k \, \ell^3 = 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 2k\ell^3 + 24c - k\ell^3 = 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, k\ell^3 + 24c = 0$$
Ce qui implique que $$c = -\dfrac{k}{24}\ell^3$$. De cela, il nous est maintenant possible d'écrire que :
$$y(x) = \dfrac{1}{24} x \left( 2k\ell x^2 + 24\left( -\dfrac{k}{24}\ell^3 \right) - k \, x^3 \right)$$
Soit :
$$y(x) = \dfrac{1}{24} x \left( 2k\ell x^2 - k\ell^3 - kx^3 \right)$$
En factorisant par $$k$$, on obtient :
$$y(x) = \dfrac{k}{24} x \left( 2\ell x^2 - \ell^3 - x^3 \right)$$
On constate que le polynôme $$2\ell x^2 - \ell^3 - x^3$$ admet $$\ell$$ comme racine évidente. Ainsi nous allons pouvoir factoriser ce polynôme par le facteur $$x-\ell$$. Avec les trois réels $$\varphi$$, $$\theta$$ et $$\psi$$ on a :
$$2\ell x^2 - \ell^3 - x^3 = (x - \ell) \left( \varphi x^2 + \theta x + \psi \right)$$
En développant le membre de droite, on obtient :
$$2\ell x^2 - \ell^3 - x^3 = \varphi x^3 + \theta x^2 + \psi x - \varphi \ell x^2 - \theta \ell x - \ell \psi$$
Soit :
$$2\ell x^2 - \ell^3 - x^3 = \varphi x^3 + (\theta - \varphi \ell ) x^2 + (\psi - \theta \ell ) x - \ell \psi$$
Soit encore :
$$- x^3 + 2\ell x^2 + 0x - \ell \ell^2 = \varphi x^3 + (\theta - \varphi \ell ) x^2 + (\psi - \theta \ell ) x - \ell \psi$$
Par identification, on a donc le système suivant :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \varphi & = & -1 \\ \theta - \varphi \ell & = & 2\ell \\ \psi - \theta \ell & = & 0 \\ \psi & = & \ell^2 \end{array} \right.$$
Ce qui nous permet d'obtenir :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \varphi & = & -1 \\ \theta + \ell & = & 2\ell \\ \ell^2 - \theta \ell & = & 0 \\ \psi & = & \ell^2 \end{array} \right.$$
Donc :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \varphi & = & -1 \\ \theta & = & \ell \\ \ell^2 - \ell\ell & = & 0 \\ \psi & = & \ell^2 \end{array} \right.$$
On peut donc écrire que :
$$2\ell x^2 - \ell^3 - x^3 = (x - \ell) \left( - x^2 + \ell x + \ell^2 \right)$$
Ainsi, on obtient l'expression, de la fonction $$y$$, suivante :
$$y(x) = \dfrac{k}{24} x (x - \ell) \left( - x^2 + \ell x + \ell^2 \right)$$
Finalement, en faisant explicitement apparaitre le caractère causal de la fonction $$y$$ recherchée, au travers de l'introduction de l'échelon unité $$\mathcal{U}(x)$$, on trouve que :
$$y(x) = \dfrac{k}{24} x (x - \ell) \left( - x^2 + \ell x + \ell^2 \right) \mathcal{U}(x)$$

Lorsque l'on pose $$\ell = 1$$, on obtient l'expression suivante :
$$y(x) = \dfrac{k}{24} x (x - 1) \left( - x^2 + x + 1 \right) \mathcal{U}(x)$$
Ce qui nous donne donc :
$$\dfrac{y(x)}{k} = \dfrac{1}{24} x (x - 1) \left( - x^2 + x + 1 \right) \mathcal{U}(x)$$
Graphiquement, on obtient la figure suivante :

$$\clubsuit \,\,$$REMARQUE :
Cet exercice illustre et décrit la situation d'une poutre homogène chargée uniformément (la déformée en R.D.M.) sur deux appuis pivotants dans le plan.