Exercice 18 - Exercice 1

Soit le polynômes $$\mathcal{P}$$ définit par :
$$\mathcal{P}(p) = p^2 + \beta p + \omega_0^2$$
Le discriminant est donné par l'expression suivante :
$$\Delta = \beta^2 - 4 \times 1 \times \omega_0^2 = \beta^2 - 4 \omega_0^2$$
Or, on a la condition suivante :
$$\dfrac{\beta}{2} < \omega_0 \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, \dfrac{\beta^2}{4} < \omega_0^2 \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, \beta^2 < 4\omega_0^2 \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, \beta^2 - 4\omega_0^2$$
Soit encore :
$$\Delta< 0$$
On pose $$i^2 = -1$$. Donc, les racines de $$\mathcal{P}$$ sont deux nombres complexes conjugués l'un de l'autre, notés $$r_1$$ et $$r_2$$, et qui sont données par :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} r_1 & = & \dfrac{- \beta + i \, \sqrt{4\omega_0^2 - \beta^2}}{2} \\ & & \\ r_2 & = & \dfrac{- \beta - i\, \sqrt{4\omega_0^2 - \beta^2}}{2} \\ \end{array} \right.$$
Soit encore :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} r_1 & = & \dfrac{- \beta + i \, 2\sqrt{\omega_0^2 - \dfrac{\beta^2}{4}}}{2} \\ & & \\ r_2 & = & \dfrac{- \beta - i \, 2\sqrt{\omega_0^2 - \dfrac{\beta^2}{4}}}{2} \\ \end{array} \right.$$
Finalement, avec la notation $$\Omega$$ indiquée dans le sujet, on obtient :
$${\color{red}{\boxed{ \left\lbrace \begin{array}{rcl} r_1 & = & - \dfrac{\beta}{2} + i \, \Omega \\ & & \\ r_2 & = & - \dfrac{\beta}{2} - i \, \Omega \\ \end{array} \right. }}}$$

On a :
$$\mathcal{P}(p) = (p - r_1) \times (p - r_2)$$
Soit :
$$\mathcal{P}(p) = \left(p + \dfrac{\beta}{2} - i \, \Omega \right) \times \left(p + \dfrac{\beta}{2} + i \, \Omega \right)$$
Soit encore :
$$\mathcal{P}(p) = \left(p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + i \, \Omega \left(p + \dfrac{\beta}{2} \right) - i \, \Omega \left(p + \dfrac{\beta}{2} \right) - \left(i \, \Omega \right)^2$$
En simplifiant :
$$\mathcal{P}(p) = \left(p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 - i^2 \, \Omega ^2$$
Finalement, on a bien démontrer que :
$${\color{red}{\boxed{ \mathcal{P}(p) = \left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2 }}}$$

Soient $$A$$ et $$B$$ deux nombres réels. On pose :
$$Q(p) = \dfrac{Ap+B}{\mathcal{P}(p)}$$
On a alors :
$$Q(p) = \dfrac{Ap}{\mathcal{P}(p)} + \dfrac{B}{\mathcal{P}(p)} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, Q(p) = A\dfrac{p}{\mathcal{P}(p)} + B\dfrac{1}{\mathcal{P}(p)}$$
Soit :
$$Q(p) = A\dfrac{p}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2} + B\dfrac{1}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2}$$
En observant la table des transformations de $$\textit{Laplace}$$ donnée dans le cours, on va écrire que :
$$Q(p) = A\dfrac{p + \dfrac{\beta}{2} - \dfrac{\beta}{2}}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2} + \dfrac{B}{\Omega} \dfrac{\Omega}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2}$$
Ce qui nous donne également :
$$Q(p) = A\dfrac{p + \dfrac{\beta}{2}}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2} - A\dfrac{\dfrac{\beta}{2}}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2} + \dfrac{B}{\Omega} \dfrac{\Omega}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2}$$
Soit encore :
$$Q(p) = A\dfrac{p + \dfrac{\beta}{2}}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2} - A\dfrac{\beta}{2} \dfrac{1}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2} + \dfrac{B}{\Omega} \dfrac{\Omega}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2}$$
Mais aussi :
$$Q(p) = A\dfrac{p + \dfrac{\beta}{2}}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2} - A\dfrac{\beta}{2\Omega} \dfrac{\Omega}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2} + \dfrac{B}{\Omega} \dfrac{\Omega}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2}$$
Ce qui peut également se factoriser comme :
$$Q(p) = A\dfrac{p + \dfrac{\beta}{2}}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2} + \dfrac{B - A\dfrac{\beta}{2}}{\Omega} \dfrac{\Omega}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2}$$
A l'aide de la table des transformations de $$\textit{Laplace}$$, on a :
$$Q(p) = A \mathcal{L}\left( e^{-\frac{\beta}{2}t} \cos(\Omega t) \right) + \dfrac{B - A\dfrac{\beta}{2}}{\Omega} \mathcal{L}\left( e^{-\frac{\beta}{2}t} \sin(\Omega t) \right)$$
Soit encore :
$$Q(p) = \mathcal{L}\left( e^{-\frac{\beta}{2}t} A \cos(\Omega t) \right) + \mathcal{L}\left( e^{-\frac{\beta}{2}t} \dfrac{B - A\dfrac{\beta}{2}}{\Omega} \sin(\Omega t) \right)$$
Ce qui nous donne :
$$Q(p) = \mathcal{L}\left( e^{-\frac{\beta}{2}t} A \cos(\Omega t) + e^{-\frac{\beta}{2}t} \dfrac{B - A\dfrac{\beta}{2}}{\Omega} \sin(\Omega t) \right)$$
Finalement, on a donc bien démontrer que :
$${\color{red}{\boxed{ Q(p) = \mathcal{L}\left( e^{-\frac{\beta}{2}t} \left( A \cos(\Omega t) + \dfrac{B - A\dfrac{\beta}{2}}{\Omega}\sin(\Omega t)\right) \right) }}}$$

On a l'expression suivante :
$$\dfrac{\beta^2}{4} + \Omega^2 = \dfrac{\beta^2}{4} + \omega_0^2 - \dfrac{\beta^2}{4}$$
Après une simplification évidente :
$${\color{red}{\boxed{ \dfrac{\beta^2}{4} + \Omega^2 = \omega_0^2 }}}$$

Soient les trois nombres réels $$I$$, $$J$$ et $$K$$. Déterminer les expressions des trois réels $$I$$, $$J$$ et $$K$$ qui vérifient :
$$\dfrac{I}{p} + \dfrac{Jp + K}{\left( p+ \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2} = \dfrac{1}{p \times \mathcal{P}(p)}$$
Soit encore :
$$\dfrac{I}{p} + \dfrac{Jp + K}{\mathcal{P}(p)} = \dfrac{1}{p \times \mathcal{P}(p)}$$
Ce qui nous donne donc :
$$\dfrac{I \mathcal{P}(p) + p\,(Jp + K)}{p \times \mathcal{P}(p)} = \dfrac{1}{p \times \mathcal{P}(p)}$$
On en déduit immédiatement que :
$$I \mathcal{P}(p) + p\,(Jp + K) = 1$$
Ce qui nous donne alors :
$$I \left( p^2 + \beta p + \omega_0^2 \right) + p\,(Jp + K) = 1$$
En développant :
$$I \,p^2 + I\beta \,p + I\, \omega_0^2 + J\,p^2 + K\,p = 1 \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, (I+J) \, p^2 + (I\,\beta+K) \, p + I\, \omega_0^2 = 1$$
Et de même :
$$(I+J) \, p^2 + (I\,\beta+K) \, p + I\, \omega_0^2 = 0 \, p^2 + 0 \, p + 1$$
Ce qui nous donne le système suivant :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} I+J & = & 0 \\ I\,\beta+K & = & 0 \\ I\,\omega_0^2 & = & 1 \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} J & = & - I \\ K & = & - I\,\beta \\ I & = & \dfrac{1}{\omega_0^2} \\ \end{array} \right.$$
On a alors :
$${\color{red}{\boxed{ \left\lbrace \begin{array}{rcl} J & = & - \dfrac{1}{\omega_0^2} \\ & & \\ K & = & - \dfrac{\beta}{\omega_0^2} \\ & & \\ I & = & \dfrac{1}{\omega_0^2} \\ \end{array} \right. }}}$$

On a donc :
$$E(p) = \dfrac{\dfrac{1}{\omega_0^2}}{p} + \dfrac{- \dfrac{1}{\omega_0^2}p - \dfrac{\beta}{\omega_0^2}}{\left( p+ \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2}$$
Soit encore :
$$E(p) = \dfrac{1}{\omega_0^2} \left( \dfrac{1}{p} - \dfrac{p + \beta}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2} \right)$$
Ou de même :
$$E(p) = \dfrac{1}{\omega_0^2} \left( \dfrac{1}{p} - \dfrac{p + \beta}{\mathcal{P}(p)} \right)$$
En utilisant le résultat de la question 3. avec $$A = 1$$ et $$B = \beta$$, on obtient :
$$E(p) = \dfrac{1}{\omega_0^2} \left( \dfrac{1}{p} - \mathcal{L}\left( e^{-\frac{\beta}{2}t} \left( \cos(\Omega t) + \dfrac{\beta - \dfrac{\beta}{2}}{\Omega}\sin(\Omega t)\right) \right) \right)$$
Soit encore :
$$E(p) = \dfrac{1}{\omega_0^2} \left( \dfrac{1}{p} - \mathcal{L}\left( e^{-\frac{\beta}{2}t} \left( \cos(\Omega t) + \dfrac{\dfrac{\beta}{2}}{\Omega}\sin(\Omega t)\right) \right) \right)$$
De manière équivalente, on obtient :
$$E(p) = \dfrac{1}{\omega_0^2} \left( \dfrac{1}{p} - \mathcal{L}\left( e^{-\frac{\beta}{2}t} \left( \cos(\Omega t) + \dfrac{\beta}{2\Omega}\sin(\Omega t)\right) \right) \right)$$
Puis, à l'aide de la table des transformations de $$\textit{Laplace}$$, on a $$\dfrac{1}{p} = \mathcal{L}\left( 1 \right)$$. Donc :
$$E(p) = \dfrac{1}{\omega_0^2} \left( \mathcal{L}\left( 1 \right) - \mathcal{L}\left( e^{-\frac{\beta}{2}t} \left( \cos(\Omega t) + \dfrac{\beta}{2\Omega}\sin(\Omega t)\right) \right) \right)$$
Par linéarité de la transformée de $$\textit{Laplace}$$, on trouve que :
$$E(p) = \dfrac{1}{\omega_0^2} \left( \mathcal{L}\left( 1 - e^{-\frac{\beta}{2}t} \left( \cos(\Omega t) + \dfrac{\beta}{2\Omega}\sin(\Omega t)\right) \right) \right)$$
Dès lors, on constate que l'on a donc bien démontré la relation souhaitée, à savoir :
$${\color{red}{\boxed{ E(p) = \mathcal{L}\left( \dfrac{1}{{\color{red}{\omega_0}}^2} \left( 1 - e^{-\frac{\beta}{2}t} \left( \cos(\Omega t) + \dfrac{\beta}{2\Omega} \sin(\Omega t) \right) \right) \right) }}}$$

La distribution de $$\textit{Dirac}$$, aussi appelée par abus de langage fonction $$\delta$$ de $$\textit{Dirac}$$ (ou encore pic de $$\textit{Dirac}$$ ou même impulsion de $$\textit{Dirac}$$), introduite par le physicien théoricien britannique Paul $$\textit{Dirac}$$ (1902 - 1984), peut être maladroitement considérée comme une fonction qui prend une "valeur" infinie en $$0$$, et la valeur zéro partout ailleurs, et dont l'intégrale sur $$\mathbb{R}$$ est égale à $$1$$.
La distribution de $$\textit{Dirac}$$ est très utile comme approximation de fonctions dont la représentation graphique a la forme d'une grande pointe étroite. C'est le même type d'abstraction qui représente une charge ponctuelle, une masse ponctuelle ou un électron ponctuel. Par exemple, pour calculer la vitesse d'une balle de tennis, frappée par une raquette, nous pouvons assimiler la force de la raquette frappant la balle à une distribution de $$\textit{Dirac}$$. De cette manière, nous simplifions non seulement les équations, mais nous pouvons également calculer le mouvement de la balle en considérant seulement toute l'impulsion de la raquette contre la balle, plutôt que d'exiger la connaissance des détails de la façon dont la raquette a transféré l'énergie à la balle.
Par extension, l'expression "un \textit{Dirac}" est donc souvent utilisée par les physiciens pour désigner une fonction ou une courbe "piquée" en une valeur donnée.
Sa représentation graphique est la suivante :

L'image de la distribution de \textit{Dirac} par la transformée de \textit{Laplace} est donnée par :
$${\color{red}{\boxed{ \mathcal{L}(\delta(t)) = 1 }}}$$

On a l'équation différentielle suivante :
$$\dfrac{d^2 x}{dt^2} + \beta \dfrac{d x}{dt} + \omega_0^2 x = M \delta(t)$$
En prenant la transformée de \textit{Laplace} de chaque terme, on obtient :
$$p^2 X(p) - p x(t=0) - x'(t=0) + \beta \left( pX(p) - x(t=0) \right) + \omega_0^2 X(p) = M$$
En tenant compte des conditions initiales, on trouve que :
$$p^2 X(p) - p 0 - 0 + \beta \left( pX(p) - 0 \right) + \omega_0^2 X(p) = M$$
A savoir :
$$p^2 X(p) + \beta p X(p) + \omega_0^2 X(p) = M \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \left( p^2 + \beta p + \omega_0^2 \right) X(p) = M$$
Donc, on obtient :
$$\mathcal{P}(p) \, X(p) = M$$
Finalement, l'image $$X(p)$$ associée à cette situation est :
$${\color{red}{\boxed{ X(p) = \dfrac{M}{\mathcal{P}(p)} = M \times \dfrac{1}{\mathcal{P}(p)} }}}$$

En faisant usage de la question 3. de la $${\color{RoyalBlue}{\textbf{Partie 1}}}$$ et en posant $$A = 0$$ et $$B = 1$$, on trouve que :
$$X(p) = M \times \mathcal{L}\left( e^{-\frac{\beta}{2}t} \left( 0 \cos(\Omega t) + \dfrac{1 - 0\dfrac{\beta}{2}}{\Omega}\sin(\Omega t)\right) \right)$$
Ce qui nous donne :
$$X(p) = M \times \mathcal{L}\left( e^{-\frac{\beta}{2}t} \dfrac{1}{\Omega}\sin(\Omega t) \right) \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \mathcal{L}\left(x(t)\right) = \mathcal{L}\left( M \, \dfrac{e^{-\frac{\beta}{2}t}}{\Omega}\sin(\Omega t) \right)$$
Finalement, on trouve que la solution recherchée $$x(t)$$ est donnée par l'expression :
$${\color{red}{\boxed{ x(t) = \dfrac{M}{\Omega} \, e^{-\frac{\beta}{2}t} \sin(\Omega t) }}}$$

Parmi les deux courbes représentées ci-dessous, c'est celle en bleue $${\color{blue}{x}_1(t)}$$ qui correspond à la solution recherchée dans ce modèle de $$\textit{Cauchy}$$ de percussion. En effet, c'est la seule qui débute à l'origine et $$\textbf{\color{red}{\fbox{satisfait aux deux conditions initiales}}}$$ définissant le problème de $$\textit{Cauchy}$$ étudié.

L'image, par transformée de Laplace, de l'original $$M$$ est :
$$\mathcal{L}(M) = \mathcal{L}(M\times 1) = M \times \mathcal{L}(1) = M \times \dfrac{1}{p}$$
Soit :
$${\color{red}{\boxed{ \mathcal{L}(M) = \dfrac{M}{p} }}}$$

On a l'équation différentielle suivante :
$$\dfrac{d^2 x}{dt^2} + \beta \dfrac{d x}{dt} + \omega_0^2 x = M$$
En prenant la transformée de $$\textit{Laplace}$$ de chaque terme, on obtient :
$$p^2 X(p) - p x(t=0) - x'(t=0) + \beta \left( pX(p) - x(t=0) \right) + \omega_0^2 X(p) = \dfrac{M}{p}$$
En tenant compte des conditions initiales, on trouve que :
$$p^2 X(p) - p 0 - 0 + \beta \left( pX(p) - 0 \right) + \omega_0^2 X(p) = \dfrac{M}{p}$$
A savoir :
$$p^2 X(p) + \beta p X(p) + \omega_0^2 X(p) = \dfrac{M}{p} \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \left( p^2 + \beta p + \omega_0^2 \right) X(p) = \dfrac{M}{p}$$
Donc, on obtient :
$$\mathcal{P}(p) \, X(p) = \dfrac{M}{p}$$
Finalement, l'image $$X(p)$$ associée à cette situation est :
$${\color{red}{\boxed{ X(p) = \dfrac{M}{p\mathcal{P}(p)} = M \times E(p) }}}$$

On a :
$$X(p) = M \times E(p)$$
En faisant usage de la question de la question 6. de la $${\color{RoyalBlue}{\textbf{Partie 1}}}$$ on trouve que :
$$X(p) = M \times \mathcal{L}\left( \dfrac{1}{\omega_0^2} \left( 1 - e^{-\frac{\beta}{2}t} \left( \cos(\Omega t) + \dfrac{\beta}{2\Omega} \sin(\Omega t) \right) \right) \right)$$
Soit encore :
$$X(p) = \mathcal{L}\left( \dfrac{M}{\omega_0^2} \left( 1 - e^{-\frac{\beta}{2}t} \left( \cos(\Omega t) + \dfrac{\beta}{2\Omega} \sin(\Omega t) \right) \right) \right)$$
D'où :
$$\mathcal{L}\left( x(t) \right) = \mathcal{L}\left( \dfrac{M}{\omega_0^2} \left( 1 - e^{-\frac{\beta}{2}t} \left( \cos(\Omega t) + \dfrac{\beta}{2\Omega} \sin(\Omega t) \right) \right) \right)$$
Finalement, on en déduit immédiatement que :
$${\color{red}{\boxed{ x(t) = \dfrac{M}{\omega_0^2} \left( 1 - e^{-\frac{\beta}{2}t} \left( \cos(\Omega t) + \dfrac{\beta}{2\Omega} \sin(\Omega t) \right) \right) }}}$$

Parmi les deux courbes représentées ci-dessous, c'est celle en bleue $${\color{blue}{x}_1(t)}$$ qui correspond à la solution recherchée dans ce modèle de $$\textit{Cauchy}$$ d'excitation stationnaire. En effet, c'est la seule qui présente $$\textbf{\color{red}{\fbox{un amortissement et satisfait aux deux conditions initiales}}}$$ définissant le problème de $$\textit{Cauchy}$$ étudié.

A l'aide de la table de correspondances des transformées de $$\textit{Laplace}$$, on a :
$$S(p) = \dfrac{1}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, S(p) = \dfrac{1}{\Omega}\dfrac{\Omega}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2}$$
D'après la table des transformées de \textit{Laplace} du sujet, on a :
$$S(p) = \dfrac{1}{\Omega} \mathcal{L} \left( e^{-\frac{\beta}{2}t} \sin(\Omega t) \right)$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{ S(p) = \mathcal{L} \left( \dfrac{1}{\Omega} \, e^{-\frac{\beta}{2}t} \sin(\Omega t) \right) }}}$$

Soient $$g$$ et $$h$$ deux fonctions causales. Leurs transformées de \textit{Laplace} respectives sont notées $$G(p)$$ et $$H(p)$$. L'original est noté $$\mathcal{O}(t)$$, et tel que :
$$\mathcal{L}(\mathcal{O}(t)) = G(p) \times H(p) = \mathcal{L}(g(t)) \times \mathcal{L}(h(t))$$
Dans ce cas, l'original $$\mathcal{O}(t)$$ s'exprime symboliquement comme étant le produit de convolution, noté $$\circledast$$, des deux fonctions causales $$g$$ et $$h$$. On a alors :
$${\color{red}{\boxed{ \mathcal{O}(t) = g(t) \circledast h(t) }}}$$

Le nom $$\textbf{nom particulier}$$ donné à l'opération qui permet de traiter correctement le $$\textbf{produit}$$ de deux transformées de $$\textit{Laplace}$$ est $$\textbf{\color{red}{\fbox{le produit de convolution}}}$$ (on parle également de "produit de recouvrement").

On a l'équation différentielle suivante :
$$\dfrac{d^2 x}{dt^2} + \beta \dfrac{d x}{dt} + \omega_0^2 x = f(t)$$
En prenant la transformée de \textit{Laplace} de chaque terme, on obtient :
$$p^2 X(p) - p x(t=0) - x'(t=0) + \beta \left( pX(p) - x(t=0) \right) + \omega_0^2 X(p) = F(p)$$
En tenant compte des conditions initiales, on trouve que :
$$p^2 X(p) - p 0 - 0 + \beta \left( pX(p) - 0 \right) + \omega_0^2 X(p) = F(p)$$
A savoir :
$$p^2 X(p) + \beta p X(p) + \omega_0^2 X(p) = F(p) \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, <br />\left( p^2 + \beta p + \omega_0^2 \right) X(p) = F(p)$$
Donc, on obtient :
$$\mathcal{P}(p) \, X(p) = F(p)$$
Donc, l'image $$X(p)$$ associée à cette situation est :
$$X(p) = \dfrac{F(p)}{\mathcal{P}(p)} \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, X(p) = \dfrac{F(p)}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2}$$
Soit encore :
$$X(p) = F(p) \times \dfrac{1}{\left( p + \dfrac{\beta}{2} \right)^2 + \Omega^2}$$
Finalement, on obtient :
$${\color{red}{\boxed{ X(p) = F(p) \times S(p) }}}$$

On a :
$$X(p) = F(p) \times S(p)$$
Donc, avec $$S(p) = \mathcal{L}(s(t))$$, on en déduit immédiatement que :
$$x(t) = f(t) \circledast s(t)$$
Or, d'après la question 1. de cette dernière partie, on peut donc écrire que :
$$s(t) = \dfrac{1}{\Omega} \, e^{-\frac{\beta}{2}t} \sin(\Omega t)$$
Et de fait :
$$x(t) = f(t) \circledast \left( \dfrac{1}{\Omega} \, e^{-\frac{\beta}{2}t} \sin(\Omega t) \right)$$
Ainsi, en introduisant la variable temporelle $$\tau \in [0\,;\,t]$$, on en déduit l'expression l'intégrale (associé au produit de convolution) de la solution :
$$x(t) = \dfrac{1}{\Omega} \int_0^t f(\tau) \, e^{-\frac{\beta}{2}(t-\tau)} \sin \left( \Omega (t-\tau) \right) \, d\tau$$
En développant l'exponentielle, on obtient donc :
$$x(t) = \dfrac{1}{\Omega} \int_0^t f(\tau) \, e^{-\frac{\beta}{2}t} \, e^{\frac{\beta}{2}\tau} \, \sin \left( \Omega (t-\tau) \right) \, d\tau$$
Finalement, comme l'intégration porte sur la variable muette $$\tau$$, on trouve que :
$${\color{red}{\boxed{ x(t) = \dfrac{e^{-\frac{\beta}{2}t}}{\Omega} \int_0^t f(\tau) \, e^{\frac{\beta}{2}\tau} \sin \left( \Omega (t-\tau) \right) \, d\tau }}}$$
Cependant, comme $${\color{red}{\textbf{le produit de convolution est commutatif}}}$$, il est donc possible d'écrire que la solution recherchée $$x(t)$$ puisse également s'écrire comme :
$${\color{red}{\boxed{ x(t) = \dfrac{1}{\Omega} \int_0^t f(t-\tau) \, e^{-\frac{\beta}{2}\tau} \sin \left( \Omega \tau \right) \, d\tau}}}$$