Exercice 17 - Exercice 1

1 h
90
On donne la table des Transformées de Laplace suivante

Fonction  originale  f(t)⇄Transformeˊe  de  Laplace  F(p){\color{blue}{Fonction \,\, originale \,\, f(t)}} \rightleftarrows {\color{red}{Transformée \,\, de \,\, Laplace \,\,F(p)}}
δ(t)⇄1{\color{blue}{\delta(t)}} \rightleftarrows {\color{red}{1}}
1⇄1p{\color{blue}{1}} \rightleftarrows {\color{red}{\dfrac{1}{p}}}
t⇄1p2{\color{blue}{t}} \rightleftarrows {\color{red}{\dfrac{1}{p^2}}}
tn⇄n !pn+1{\color{blue}{t^n}} \rightleftarrows {\color{red}{\dfrac{n \, !}{p^{n+1}}}}
e− c t⇄1p+c{\color{blue}{e^{-\,c\,t}}} \rightleftarrows {\color{red}{\dfrac{1}{p+c}}}
at⇄1p−ln⁡(a){\color{blue}{a^{t}}} \rightleftarrows {\color{red}{\dfrac{1}{p -\ln(a)}}}
e− c tsin⁡(at)⇄a(p+c)2+a2{\color{blue}{e^{-\,c\,t} \sin(at)}} \rightleftarrows {\color{red}{\dfrac{a}{(p+c)^2+a^2}}}
e− c tcos⁡(at)⇄p+c(p+c)2+a2{\color{blue}{e^{-\,c\,t} \cos(at)}} \rightleftarrows {\color{red}{\dfrac{p+c}{(p+c)^2+a^2}}}
e− c tsinh⁡(at)⇄a(p+c)2−a2{\color{blue}{e^{-\,c\,t} \sinh(at)}} \rightleftarrows {\color{red}{\dfrac{a}{(p+c)^2-a^2}}}
e− c tcosh⁡(at)⇄p+c(p+c)2−a2{\color{blue}{e^{-\,c\,t} \cosh(at)}} \rightleftarrows {\color{red}{\dfrac{p+c}{(p+c)^2-a^2}}}
Question 1
On considère une fonction ff, telle que f:t∈R+⟶f(t)∈Rf : t \in \mathbb{R}^{+} \longrightarrow f(t) \in \mathbb{R}, au moins de classe C2\mathcal{C}^2 sur R+\mathbb{R}^{+}.
Soit aa, AA et ω\omega, trois nombres réels strictement positifs.
En outre on a ω≠a\omega \neq a.
La fonction causale ff satisfait à l'équation différentielle (E)(\mathcal{E}) suivante :
(E):    f′′(t)+a2f(t)=Asin⁡(ωt)(\mathcal{E}) :\,\,\,\, f''(t) + a^2 f(t) = A \sin(\omega t)
avec les conditions initiales :
{f(0)=1f′(0)=1\left\lbrace \begin{array}{rcl} f(0) & = & 1 \\ f'(0) & = & 1 \\ \end{array} \right.
La Transformeˊe de Laplace\textit{Transformée de Laplace}, notée TLTL en abrégée, est symboliquement notée :
Lp(f(t))=F(p)\mathscr{L}_p\left( {\color{blue}{f(t)}} \right) = {\color{red}{F(p)}}

Résoudre entièrement l'équation différentielle (E)(\mathcal{E}).

Correction
La Transformeˊe de Laplace\textit{Transformée de Laplace} appliquée à l'équation différentielle (E)(\mathcal{E}) nous donne :
L(f′′(t)+a2f(t))=L(Asin⁡(ωt))    ⟺    L(f′′(t))+a2L(f(t))=AL(sin⁡(ωt))\mathscr{L}\left( f''(t) + a^2 f(t) \right) = \mathscr{L}\left(A \sin(\omega t) \right) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \mathscr{L}\left( f''(t) \right) + a^2 \mathscr{L}\left( f(t) \right) = A \mathscr{L}\left( \sin(\omega t) \right)
Ce qui nous donne :
p2F(p)−pf(0+)−f(0+)+a2F(p)=Aωp2+ω2p^2 F(p) - p f(0^+) - f(0^+) + a^2 F(p) = A \dfrac{\omega}{p^2 + \omega^2}
Soit :
p2F(p)−p−1+a2F(p)=Aωp2+ω2p^2 F(p) - p - 1 + a^2 F(p) = A \dfrac{\omega}{p^2 + \omega^2}
Ce qui nous donne :
(p2+a2)F(p)=Aωp2+ω2+p+1\left(p^2 + a^2 \right) F(p) = A \dfrac{\omega}{p^2 + \omega^2} + p + 1
Ainsi :
F(p)=Aω(p2+ω2)(p2+a2)+pp2+a2+1p2+a2F(p) = A \dfrac{\omega}{\left(p^2 + \omega^2\right) \left(p^2 + a^2 \right)} + \dfrac{p}{p^2 + a^2} + \dfrac{1}{p^2 + a^2}
Soit encore :
F(p)=Aω1(p2+ω2)(p2+a2)+pp2+a2+1p2+a2F(p) = A\omega \dfrac{1}{\left(p^2 + \omega^2\right) \left(p^2 + a^2 \right)} + \dfrac{p}{p^2 + a^2} + \dfrac{1}{p^2 + a^2}
Or, on a :
1(p2+ω2)(p2+a2)=1ω2−a2(1p2+a2−1p2+ω2)\dfrac{1}{\left(p^2 + \omega^2\right) \left(p^2 + a^2 \right)} = \dfrac{1}{\omega^2 - a^2} \left( \dfrac{1}{p^2 + a^2} - \dfrac{1}{p^2 + \omega^2} \right)
Ce qui nous permet d'écrire que :
F(p)=Aωω2−a2(1p2+a2−1p2+ω2)+pp2+a2+1p2+a2F(p) = \dfrac{A\omega}{\omega^2 - a^2} \left( \dfrac{1}{p^2 + a^2} - \dfrac{1}{p^2 + \omega^2} \right) + \dfrac{p}{p^2 + a^2} + \dfrac{1}{p^2 + a^2}
Ou encore :
F(p)=Aωω2−a2(1aap2+a2−1ωωp2+ω2)+pp2+a2+1aap2+a2F(p) = \dfrac{A\omega}{\omega^2 - a^2} \left( \dfrac{1}{a}\dfrac{a}{p^2 + a^2} - \dfrac{1}{\omega} \dfrac{\omega}{p^2 + \omega^2} \right) + \dfrac{p}{p^2 + a^2} + \dfrac{1}{a}\dfrac{a}{p^2 + a^2}
Avec l'aide de la table des Transformeˊes de Laplace\textit{Transformées de Laplace}, on a :
f(t)=Aωω2−a2(1asin⁡(at)−1ωsin⁡(ωt))+cos⁡(at)+1asin⁡(at)f(t) = \dfrac{A\omega}{\omega^2 - a^2} \left( \dfrac{1}{a}\sin(at) - \dfrac{1}{\omega}\sin(\omega t) \right) + \cos(at) + \dfrac{1}{a}\sin(at)
Ce qui nous donne :
f(t)=1a(Aωω2−a2+1)sin⁡(at)−Aω2−a2sin⁡(ωt)+cos⁡(at)f(t) = \dfrac{1}{a} \left( \dfrac{A\omega}{\omega^2 - a^2} + 1 \right) \sin(at) - \dfrac{A}{\omega^2 - a^2} \sin(\omega t) + \cos(at)
Question 2

On pose ω=a+ε\omega = a + \varepsilon, avec ε\varepsilon qui est une quantité réelle strictement positive. Dans ce cas, montrer que :
f(t)=1a(A(a+ε)ε(2a+ε)+1−Aacos⁡(εt)ε(2a+ε))sin⁡(at)+(1−Asin⁡(εt)ε(2a+ε))cos⁡(at)f(t) = \dfrac{1}{a} \left( \dfrac{A(a + \varepsilon)}{\varepsilon (2a + \varepsilon)} + 1 - \dfrac{Aa\cos(\varepsilon t)}{\varepsilon (2a + \varepsilon)} \right) \sin(at) + \left( 1 - \dfrac{A\sin(\varepsilon t)}{\varepsilon (2a + \varepsilon)} \right) \cos(at)

Correction
On pose ω=a+ε\omega = a + \varepsilon. Dans ce cas on a :
f(t)=1a(Aω(a+ε)2−a2+1)sin⁡(at)−A(a+ε)2−a2sin⁡((a+ε)t)+cos⁡(at)f(t) = \dfrac{1}{a} \left( \dfrac{A\omega}{(a + \varepsilon)^2 - a^2} + 1 \right) \sin(at) - \dfrac{A}{(a + \varepsilon)^2 - a^2} \sin\left((a + \varepsilon) t\right) + \cos(at)
Soit :
f(t)=1a(Aωa2+2aε+ε2−a2+1)sin⁡(at)−Aa2+2aε+ε2−a2sin⁡(at+εt)+cos⁡(at)f(t) = \dfrac{1}{a} \left( \dfrac{A\omega}{a^2 + 2a\varepsilon + \varepsilon^2 - a^2} + 1 \right) \sin(at) - \dfrac{A}{a^2 + 2a\varepsilon + \varepsilon^2 - a^2} \sin(a t + \varepsilon t) + \cos(at)
Soit encore :
f(t)=1a(Aωε(2a+ε)+1)sin⁡(at)−Aε(2a+ε)sin⁡(at+εt)+cos⁡(at)f(t) = \dfrac{1}{a} \left( \dfrac{A\omega}{\varepsilon(2a + \varepsilon)} + 1 \right) \sin(at) - \dfrac{A}{\varepsilon(2a + \varepsilon)} \sin(a t + \varepsilon t) + \cos(at)
Or, on sait que :
sin⁡(at+εt)=sin⁡(at)cos⁡(εt)+cos⁡(at)sin⁡(εt)\sin(a t + \varepsilon t) = \sin(at) \cos(\varepsilon t) + \cos(at) \sin(\varepsilon t)
Ce qui nous permet d'écrire que :
f(t)=1a(Aωε(2a+ε)+1)sin⁡(at)−Aε(2a+ε)(sin⁡(at)cos⁡(εt)+cos⁡(at)sin⁡(εt))+cos⁡(at)f(t) = \dfrac{1}{a} \left( \dfrac{A\omega}{\varepsilon(2a + \varepsilon)} + 1 \right) \sin(at) - \dfrac{A}{\varepsilon(2a + \varepsilon)} \left( \sin(at) \cos(\varepsilon t) + \cos(at) \sin(\varepsilon t) \right) + \cos(at)
En développant :
f(t)=1a(Aωε(2a+ε)+1)sin⁡(at)−Acos⁡(εt)ε(2a+ε)sin⁡(at)−Asin⁡(εt)ε(2a+ε)cos⁡(at)+cos⁡(at)f(t) = \dfrac{1}{a} \left( \dfrac{A\omega}{\varepsilon(2a + \varepsilon)} + 1 \right) \sin(at) - \dfrac{A\cos(\varepsilon t)}{\varepsilon(2a + \varepsilon)} \sin(at) - \dfrac{A\sin(\varepsilon t)}{\varepsilon(2a + \varepsilon)} \cos(at) + \cos(at)
Ce qui nous donne bien, par factorisations élémentaires, le résultat proposé :
f(t)=1a(A(a+ε)ε(2a+ε)+1−Aacos⁡(εt)ε(2a+ε))sin⁡(at)+(1−Asin⁡(εt)ε(2a+ε))cos⁡(at)f(t) = \dfrac{1}{a} \left( \dfrac{A(a + \varepsilon)}{\varepsilon (2a + \varepsilon)} + 1 -\dfrac{Aa\cos(\varepsilon t)}{\varepsilon (2a + \varepsilon)} \right) \sin(at) + \left( 1 - \dfrac{A\sin(\varepsilon t)}{\varepsilon (2a + \varepsilon)} \right) \cos(at)
Question 3

On pose : g(t)=lim⁡ε⟶0+f(t)g(t) = \lim_{\varepsilon \longrightarrow 0^+} f(t). Démontrer que : g(t)=1asin⁡(at)+(1−A2at)cos⁡(at)g(t) = \dfrac{1}{a} \sin(at) + \left( 1 - \dfrac{A}{2a} t \right) \cos(at)

Correction
On pose :
g(t)=lim⁡ε⟶0+f(t)g(t) = \lim_{\varepsilon \longrightarrow 0^+} f(t)
On sait que lorsque ε⟶0+\varepsilon \longrightarrow 0^+, on a cos⁡(εt)∼1\cos(\varepsilon t) \sim 1 et sin⁡(εt)∼εt\sin(\varepsilon t) \sim \varepsilon t. Dans ce cas, on obtient :
g(t)=lim⁡ε⟶0+f(t)=lim⁡ε⟶0+(1a(A(a+ε)ε(2a+ε)+1−Aaε(2a+ε))sin⁡(at)+(1−Aεtε(2a+ε))cos⁡(at))g(t) = \lim_{\varepsilon \longrightarrow 0^+} f(t) = \lim_{\varepsilon \longrightarrow 0^+} \left( \dfrac{1}{a} \left( \dfrac{A(a + \varepsilon)}{\varepsilon (2a + \varepsilon)} + 1 - \dfrac{Aa}{\varepsilon (2a + \varepsilon)} \right) \sin(at) + \left( 1 - \dfrac{A\varepsilon t}{\varepsilon (2a + \varepsilon)} \right) \cos(at) \right)
Ainsi, on obtient :
g(t)=lim⁡ε⟶0+f(t)=lim⁡ε⟶0+(1a(A(a+ε)ε(2a+ε)+1−Aaε(2a+ε))sin⁡(at)+(1−At2a+ε)cos⁡(at))g(t) = \lim_{\varepsilon \longrightarrow 0^+} f(t) = \lim_{\varepsilon \longrightarrow 0^+} \left( \dfrac{1}{a} \left( \dfrac{A(a + \varepsilon)}{\varepsilon (2a + \varepsilon)} + 1 - \dfrac{Aa}{\varepsilon (2a + \varepsilon)} \right) \sin(at) + \left( 1 - \dfrac{A t}{2a + \varepsilon} \right) \cos(at) \right)
Mais, on se trouve dans la cas ou ε⟶0+\varepsilon \longrightarrow 0^+. Donc, on obtient :
g(t)=1a(Aaε2a+1−Aaε2a)sin⁡(at)+(1−At2a)cos⁡(at)g(t) = \dfrac{1}{a} \left( \dfrac{Aa}{\varepsilon 2a} + 1 - \dfrac{Aa}{\varepsilon 2a} \right) \sin(at) + \left( 1 - \dfrac{A t}{2a} \right) \cos(at)
En simplifiant, on obtient la forme suivante :
g(t)=1a(0+1−0)sin⁡(at)+(1−At2a)cos⁡(at)g(t) = \dfrac{1}{a} \left( 0 + 1 - 0 \right) \sin(at) + \left( 1 - \dfrac{A t}{2a} \right) \cos(at)
D'où la forme finale suivante, celle proposée par le sujet, à savoir :
g(t)=1asin⁡(at)+(1−A2at)cos⁡(at)g(t) = \dfrac{1}{a} \sin(at) + \left( 1 - \dfrac{A}{2a} t \right) \cos(at)
Question 4

On pose les valeurs numériques suivantes :
∙  A=5\bullet \,\, A = 5 ;
∙  a=1\bullet \,\, a = 1 ;
Laquelle des deux représentations graphiques sur l'intervalle t∈[0 ; 200]t \in [0 \,;\,200], proposées ci-dessous, représente l'expression g(t)g(t) ? Vous justifierez votre choix de réponse.
♣  \clubsuit \,\, Propositions :

Correction
La représentation graphique, sur l'intervalle t∈[0 ; 200]t \in [0 \,;\,200], à retenir pour l'expression g(t)g(t) est celle de gauche, à savoir la Proposition numéro 1.
En effet, on y constate une amplitude maximale et qui est strictement croissante et linéaire.
Le phénomène mécanique fondamental{\color{red}{\textbf{fondamental}}} qui est ici mis en évidence par g(t)g(t) est la reˊsonance{\color{red}{\textbf{résonance}}}.

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