Exercice 7 - Exercice 1

20 min
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De l'entrainement, encore et toujours !
Question 1
Soit ff une fonction numérique univariée causale, au moins deux fois dérivables sur R+\mathbb{R}^+ qui vérifie f(0)=0f(0) = 0 et f′(0)=−2f'(0) = -2.
En outre, la fonction ff satisfait à l'équation différentielle ordinaire (EDO) suivante :
f′′(t)−4 f′(t)+3 f(t)=e2tf''(t) - 4\, f'(t) +3 \, f(t) = e^{2t}

Rechercher la fonction causale ff correspondante.

Correction
On a l'équation différentielle ordinaire suivante :
f′′(t)−4 f′(t)+3 f(t)=e2tf''(t) - 4\, f'(t) +3 \, f(t) = e^{2t}
Prenons la transformée de Laplace des deux membres de l'équation précédente. On a alors :
TLp[f′′(t)−4 f′(t)+3 f(t)]=TLp[e2t]TL_p \left[ f''(t) - 4\, f'(t) +3 \, f(t) \right] = TL_p \left[ e^{2t} \right]
Par linéarité, on obtient :
TLp[f′′(t)]−4 TLp[f′(t)]+3 TLp[f(t)]=TLp[e2t]TL_p \left[ f''(t) \right] - 4\, TL_p \left[ f'(t) \right] + 3 \, TL_p \left[ f(t) \right] = TL_p \left[ e^{2t} \right]
On adopte la notation usuelle F(p)=TLp[f(t)]F(p) = TL_p \left[ f(t) \right]. Dans ce cas, on obtient :
p2F(p)−pf(0)−f′(0)−4 (pF(p)−f(0))+3 F(p)=1p−2p^2 F(p) - pf(0) - f'(0) - 4\, \left( p F(p) - f(0) \right) + 3 \, F(p) = \dfrac{1}{p-2}
En tenant compte des conditions initiales, on a alors :
p2F(p)−p0−(−2)−4 (pF(p)−0)+3 F(p)=1p−2p^2 F(p) - p0 -(-2) - 4\, \left( p F(p) - 0 \right) + 3 \, F(p) = \dfrac{1}{p-2}
Soit :
p2F(p)+2−4pF(p)+3 F(p)=1p−2p^2 F(p) + 2 - 4p F(p) + 3 \, F(p) = \dfrac{1}{p-2}
Soit encore :
p2F(p)−4pF(p)+3 F(p)=1p−2−2p^2 F(p) - 4p F(p) + 3 \, F(p) = \dfrac{1}{p-2} - 2
En factorisant :
(p2−4p+3)F(p)=1p−2−2p−4p−2\left( p^2 - 4p + 3 \right) F(p) = \dfrac{1}{p-2} - \dfrac{2p-4}{p-2}
Ce qui va pouvoir s'écrire comme :
(p2−4p+3)F(p)=−2p+5p−2\left( p^2 - 4p + 3 \right) F(p) = \dfrac{-2p+5}{p-2}
Or, le polynôme du second degré p2−4p+3p^2 - 4p + 3 admet deux racines réelles distinctes qui sont 11 et 33. De fait, on a :
p2−4p+3=(p−1)(p−3)p^2 - 4p + 3 = (p-1) (p-3)
Donc :
(p−1)(p−3)F(p)=−2p+5p−2(p-1) (p-3)F(p) = \dfrac{-2p+5}{p-2}
Ainsi :
F(p)=−−2p+5(p−2)(p−1)(p−3)F(p) = - \dfrac{-2p+5}{(p-2)(p-1) (p-3)}
Effectuons maintenant une décomposition en éléments simples. Avec AA, BB et CC, qui sont trois nombres réels, on a :
−2p+5(p−2)(p−1)(p−3)=Ap−1+Bp−2+Cp−3\dfrac{-2p+5}{(p-2)(p-1) (p-3)} = \dfrac{A}{p-1} + \dfrac{B}{p-2} +\dfrac{C}{p-3}
Donc, on a également :
−2p+5(p−2)(p−3)=Ap−1p−1+B(p−1)p−2+C(p−1)p−3\dfrac{-2p+5}{(p-2)(p-3)} = A\dfrac{p-1}{p-1} + \dfrac{B(p-1)}{p-2} +\dfrac{C(p-1)}{p-3}
Soit :
−2p+5(p−2)(p−3)=A+B(p−1)p−2+C(p−1)p−3\dfrac{-2p+5}{(p-2)(p-3)} = A + \dfrac{B(p-1)}{p-2} +\dfrac{C(p-1)}{p-3}
Posons maintenant p=1p=1, ainsi :
−2×1+5(1−2)(1−3)=A+B(1−1)1−2+C(1−1)1−3\dfrac{-2\times1+5}{(1-2)(1-3)} = A + \dfrac{B(1-1)}{1-2} +\dfrac{C(1-1)}{1-3}
D'où :
32=A+B0−1+C0−2\dfrac{3}{2} = A + \dfrac{B0}{-1} +\dfrac{C0}{-2}
On a immédiatement A=32A = \dfrac{3}{2}. Donc :
−2p+5(p−2)(p−1)(p−3)=321p−1+Bp−2+Cp−3\dfrac{-2p+5}{(p-2)(p-1) (p-3)} = \dfrac{3}{2}\dfrac{1}{p-1} + \dfrac{B}{p-2} +\dfrac{C}{p-3}
On a également :
−2p+5(p−1)(p−3)=32p−2p−1+Bp−2p−2+C(p−2)p−3\dfrac{-2p+5}{(p-1) (p-3)} = \dfrac{3}{2}\dfrac{p-2}{p-1} + B\dfrac{p-2}{p-2} +\dfrac{C(p-2)}{p-3}
Donc :
−2p+5(p−1)(p−3)=32p−2p−1+B+C(p−2)p−3\dfrac{-2p+5}{(p-1) (p-3)} = \dfrac{3}{2}\dfrac{p-2}{p-1} + B +\dfrac{C(p-2)}{p-3}
Posons maintenant p=2p=2, ainsi :
−2×2+5(2−1)(2−3)=322−22−1+B+C(2−2)2−3\dfrac{-2\times 2 +5}{(2-1) (2-3)} = \dfrac{3}{2}\dfrac{2-2}{2-1} + B +\dfrac{C(2-2)}{2-3}
Soit :
1−1=3201+B+C0−1\dfrac{1}{-1} = \dfrac{3}{2}\dfrac{0}{1} + B +\dfrac{C0}{-1}
On a immédiatement B=−1B=-1. D'où :
−2p+5(p−2)(p−1)(p−3)=321p−1−1p−2+Cp−3\dfrac{-2p+5}{(p-2)(p-1) (p-3)} = \dfrac{3}{2}\dfrac{1}{p-1} - \dfrac{1}{p-2} +\dfrac{C}{p-3}
On a également :
−2p+5(p−2)(p−1)=32p−3p−1−p−3p−2+Cp−3p−3\dfrac{-2p+5}{(p-2)(p-1) } = \dfrac{3}{2}\dfrac{p-3}{p-1} - \dfrac{p-3}{p-2} + C\dfrac{p-3}{p-3}
Ce qui nous donne :
−2p+5(p−2)(p−1)=32p−3p−1−p−3p−2+C\dfrac{-2p+5}{(p-2)(p-1) } = \dfrac{3}{2}\dfrac{p-3}{p-1} - \dfrac{p-3}{p-2} + C
Posons maintenant p=3p=3, ainsi :
−2×3+5(3−2)(3−1)=323−33−1−3−33−2+C\dfrac{-2\times 3+5}{(3-2)(3-1) } = \dfrac{3}{2}\dfrac{3-3}{3-1} - \dfrac{3-3}{3-2} + C
Ce qui nous donne :
−12=3202−01+C\dfrac{-1}{2 } = \dfrac{3}{2}\dfrac{0}{2} - \dfrac{0}{1} + C
On a immédiatement C=−12C = - \dfrac{1}{2}. Ainsi :
−2p+5(p−2)(p−1)(p−3)=321p−1−1p−2−121p−3\dfrac{-2p+5}{(p-2)(p-1) (p-3)} = \dfrac{3}{2}\dfrac{1}{p-1} - \dfrac{1}{p-2} - \dfrac{1}{2} \dfrac{1}{p-3}
Ce qui nous permet d'écrire que :
F(p)=321p−1−1p−2−121p−3F(p) = \dfrac{3}{2}\dfrac{1}{p-1} - \dfrac{1}{p-2} - \dfrac{1}{2} \dfrac{1}{p-3}
Soit encore :
TLp[f(t)]=32 TLp[et]−TLp[e2t]−12 TLp[e3t]TL_p \left[ f(t) \right] = \dfrac{3}{2} \, TL_p \left[ e^{t} \right] - TL_p \left[ e^{2t} \right] - \dfrac{1}{2} \, TL_p \left[ e^{3t} \right]
Par linéarité, on obtient :
TLp[f(t)]=TLp[32 et−e2t−12 e3t]TL_p \left[ f(t) \right] = TL_p \left[ \dfrac{3}{2} \, e^{t} - e^{2t} - \dfrac{1}{2} \, e^{3t} \right]
Ainsi :
f(t)=32 et−e2t−12 e3tf(t) = \dfrac{3}{2} \, e^{t} - e^{2t} - \dfrac{1}{2} \, e^{3t}
Pour faire apparaître le caractère causal qui est associé à la fonction ff, on va faire explicitement apparaître l'échelon unitaire. Finalement, on obtient la solution suivante :
f(t)=(32 et−e2t−12 e3t) U(t)f(t) = \left( \dfrac{3}{2} \, e^{t} - e^{2t} - \dfrac{1}{2} \, e^{3t} \right) \, \mathcal{U}(t)

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