Exercice 54

1. L'équation caractéristique $r^{2} + 2\xi r + 1 = 0$ a pour discriminant $4(\xi^{2} - 1)$. C'est le cas $a = 2\xi > 0$ et $b = 1 > 0$ de l'exercice 42, question 3. $$\boxed{\text{toute solution de l'équation homogène tend vers } 0 \text{ en } +\infty}$$ 2. Le nombre $\mathrm{i}\omega$ n'est pas racine, puisque $P(\mathrm{i}\omega) = 1 - \omega^{2} + 2\mathrm{i}\xi\omega$ a une partie imaginaire non nulle. La proposition 10 donne la solution $\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}}{P(\mathrm{i}\omega)}$ de l'équation de second membre $\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}$, dont la partie réelle est solution de $(E_{\omega})$. On écrit $P(\mathrm{i}\omega) = \rho\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\varphi}$ sous forme exponentielle, avec $\rho = |P(\mathrm{i}\omega)| > 0$ : $$\rho = \sqrt{(1 - \omega^{2})^{2} + 4\xi^{2}\omega^{2}}, \qquad c = \frac{1}{P(\mathrm{i}\omega)} = \frac{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi}}{\rho}, \qquad \operatorname{Re}\big(c\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}\big) = \frac{\cos(\omega t - \varphi)}{\rho}.$$

$$\boxed{y_{p}(t) = A(\omega)\cos(\omega t - \varphi), \qquad A(\omega) = \frac{1}{\sqrt{(1 - \omega^{2})^{2} + 4\xi^{2}\omega^{2}}}}$$ Le déphasage $\varphi$ est un argument de $P(\mathrm{i}\omega)$, que l'on peut choisir dans $]0\,,\pi[$ puisque $\operatorname{Im} P(\mathrm{i}\omega) > 0$ : la réponse est en retard sur l'excitation.

3. D'après la proposition 9, toute solution s'écrit $y = y_{p} + y_{h}$, où $y_{h}$ est solution de l'équation homogène. D'après la question 1, $y(t) - A(\omega)\cos(\omega t - \varphi) = y_{h}(t)$ tend vers $0$. $$\boxed{\text{l'écart entre toute solution et le régime permanent tend vers } 0}$$ Les conditions initiales n'influencent que le régime transitoire $y_{h}$, qui s'efface.

4. La fonction $\omega \mapsto \omega^{2}$ est strictement croissante sur $]0\,,+\infty[$ ; on étudie donc, pour $u > 0$, $$h(u) = (1 - u)^{2} + 4\xi^{2}u = u^{2} + (4\xi^{2} - 2)\,u + 1, \qquad h'(u) = 2\big(u - (1 - 2\xi^{2})\big),$$ et $A$ varie en sens contraire de $h$.

• Si $\xi \geqslant \frac{1}{\sqrt{2}}$, alors $1 - 2\xi^{2} \leqslant 0$, $h$ est strictement croissante sur $]0\,,+\infty[$, et $A$ est strictement décroissante ; elle tend vers $1$ en $0$, donc $A(\omega) < 1$ pour tout $\omega > 0$ : pas de maximum.

• Si $\xi < \frac{1}{\sqrt{2}}$, la fonction $h$ est minimale en $u_{0} = 1 - 2\xi^{2} > 0$, avec $$h(u_{0}) = 4\xi^{4} + 4\xi^{2}(1 - 2\xi^{2}) = 4\xi^{2}(1 - \xi^{2}).$$ Le maximum de $A$ est atteint en $\omega_{r} = \sqrt{u_{0}}$, et il est strictement supérieur à $1$, car $1 - 4\xi^{2}(1 - \xi^{2})$ vaut $(1 - 2\xi^{2})^{2} > 0$.

Pour un faible amortissement, la courbe de réponse présente un pic très marqué près de la pulsation propre $\omega = 1$ ; il s'aplatit quand $\xi$ augmente et disparaît à partir de $\xi = \frac{1}{\sqrt{2}}$, la courbe devenant alors décroissante.

5. Quand $\xi$ tend vers $0$, la pulsation de résonance $\omega_{r}$ tend vers $1$, et $A(\omega_{r}) \sim \frac{1}{2\xi}$ tend vers $+\infty$. À la limite $\xi = 0$, on retrouve l'équation $y'' + y = \cos t$ du cours, dont la solution particulière $\frac{t\sin t}{2}$ n'est pas bornée : l'amortissement, si petit soit-il, limite l'amplitude du régime permanent, mais la rend d'autant plus grande qu'il est faible.