Dans cet exercice, nous devons résoudre, ou, au moins, nous devons chercher une solution, de l’équation F seconde plus F prime, plus cinq quarts de F est égal à delta zéro prime. Donc, intéressons-nous d’abord à l’équation homogène. L’équation homogène s’écrit F seconde, plus F prime, plus cinq quarts de F, égal à zéro. Donc, nous savons résoudre ce type d’équation. Considérons l’équation caractéristique associée, r 2 plus r, plus cinq quarts, est égal à zéro. Nous observons que les solutions sont, r plus moins est égal à moins un demi, plus ou moins i. Ainsi, la solution générale au sens des fonctions de F seconde plus F prime, plus cinq quarts de F est égal à zéro est tout simplement F de x est égal à exponentiel moins x sur 2, multiplié par A cosinus x, plus B sinus x, pour A et B des constantes. Donc, ce petit calcul justifie l’indication de l’exercice, qui est de considérer grand F égale une distribution grand G, multipliée par exponentielle moins x sur 2. Donc, suivant l’indication de l’exercice, on pose grand F égale exponentielle moins x sur deux, multiplié par grand G. Donc, calculons F prime en fonction de G et G prime, et F seconde en fonction de G, G prime et G seconde. Grand F prime est égal, par la formule de Leibniz, à exponentielle moins x sur 2, G prime moins un demi de exponentielle moins x sur 2, G. Par la même formule, à l’ordre 2, F seconde est égal à exponentielle moins x sur 2, G seconde, moins exponentielle moins x sur 2, G prime, plus un quart de exponentielle moins x sur 2, fois G. Ainsi, si j’écris F seconde plus F prime, plus cinq quarts de F, en fonction de G, nous trouvons exponentielle moins x sur 2 multipliée par G seconde plus G. Alors, ce calcul est correct puisque nous retrouvons en G, G seconde plus G égal à zéro, si on voulait résoudre l’équation homogène, dont les solutions sont bien A cos x plus B sinus x. Mais ici, nous avons un second membre à résoudre et donc l’équation à neuf est équivalente à l’équation suivante en G: G seconde, plus G est égal à exponentielle x sur 2, delta zéro prime. Il nous faut calculer exponentielle x sur 2 delta zéro prime. Par la définition du produit, exponentielle x sur 2 delta zéro prime, appliquée à une fonction test phi, est égale à delta zéro prime appliqué à exponentielle x sur 2, phi. Par définition de la dérivée, delta zéro est égal à moins delta zéro appliqué à la dérivée d’exponentielle x sur 2 phi, qui vaut tout simplement un demi de exponentielle x sur 2 phi, plus exponentielle x sur 2 phi prime. Et donc ici, en utilisant maintenant la définition de la masse de Dirac, qui donne la, la valeur en zéro de la fonction, nous trouverons moins un demi de phi zéro plus phi prime de zéro. Et donc, ici, nous pouvons remplacer exponentielle x sur 2 delta zéro prime par, moins un demi de delta zéro, plus delta zéro prime. Donc, nous avons obtenu une nouvelle équation engrangée que nous allons chercher à résoudre en utilisant la deuxième indication de l’exercice, à savoir, poser grand G est égal à une fonction petit g fois la fois grand H, qui est la fonction de Heaviside. Ici, nous allons utiliser la formule des sauts en dimension 1, pour calculer grand G prime et grand G seconde. Donc, par la formule des sauts, grand G prime vaut la dérivée de g H là où on peut dériver, c’est-à-dire partout sauf en zéro. Quand x est négatif, g H vaut zéro, donc la dérivée est nulle. Quand x est strictement positif, g H vaut G et donc la dérivée c’est tout simplement, G prime de x. Pour résumer cette formule, nous pouvons dire que la première contribution est égale à G prime multipliée par la fonction de Heaviside. Maintenant, il nous faut considérer la contribution due au saut éventuel en zéro. Il y a une discontinuité de grand G en zéro, si G de zéro est différent de zéro et dans ce cas-là, le saut est tout simplement égal à la valeur de G de zéro. Et donc, grâce à la formule des sauts nous voyons que grand G prime vaut petit g prime fois grand H plus, g de zéro fois delta zéro. Donc, la masse de Dirac multipliée par la hauteur du saut, au point zéro. Maintenant nous calculons la dérivée seconde de grand G en prenant la dérivée première de grand G prime. Donc, au sens des distributions, nous trouvons grand G seconde est égal à, pour la même raison, g seconde multiplié par H plus g prime de zéro, delta zéro. Donc, c’est le même calcul que tout à l’heure, c’est le calcul de la dérivée au sens des distributions de g prime H. Et puis, il y a la contribution de g de zéro delta zéro qui se dérive en g de zéro, delta zéro prime, par définition. Et donc, la nouvelle équation que nous obtenons sur petit g, s’écrit de la façon suivante: petit g seconde plus petit g multiplié par la fonction de Heaviside, plus g prime de zéro delta zéro, plus g de zéro delta zéro prime est égal au second membre, que nous avons calculé tout à l’heure qui était, moins un demi de delta zéro, plus delta zéro prime. Donc, nous cherchons une solution. Nous voyons que petit g sera solution de l’équation si petit g vérifie g seconde plus g est égal à zéro pour x positif, et, g prime est égal à moins un demi, et enfin, g de zéro est égal à 1. Et donc, maintenant nous avons une équation différentielle tout à fait ordinaire, facile à résoudre, avec des conditions initiales. Donc, nous allons obtenir une et une seule solution qui est, g de x est égal à cosinus x moins un demi de sinus x. Et donc, voilà la solution que nous trouvons pour l’équation de départ, l’équation grand F. Nous trouvons f de x est égal à exponentielle moins x sur 2, cosinus x moins un demi, de sinus x multiplié par la fonction de Heaviside, H de x. Cette fonction est solution au sens des distributions de l’équation de départ, et maintenant nous obtenons une infinité de solutions, bien sûr, en rajoutant la solution générale de l’équation homogène. En fait, il serait possible de montrer qu’il n’y a pas d’autre solution que cette solution particulière, plus la solution générale de l’équation homogène au sens des fonctions.
