Université du Québec (UQ) École de technologie supérieure Service des enseignements généraux Local B2500 - 396-8938 Site internet : http://www.seg.etsmtl.ca MAT-265 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Notes de cours et exercices Par Luc Soucy Dernière révision mars 2016
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Université du Québec (UQ) École de technologie supérieure
Service des enseignements généraux
Local B2500 - 396-8938
Site internet : http://www.seg.etsmtl.ca
MAT-265
ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
Notes de cours et exercices
Par
Luc Soucy
Dernière révision mars 2016
2
Avertissement
J’invite tous ceux qui trouveront des erreurs, des coquilles ou qui ont des remarques et
des suggestions pour l’amélioration de ce texte à me les communiquer directement ou par
courriel. Votre contribution sera très appréciée.
Ces notes de cours pour la MAT-265 (Équations différentielles) comporte deux parties .
La partie 1 porte sur la matière présentée avant l’examen de mi-session et
comporte 4 chapitres et 3 annexes (toutes à la fin du chapitre 4);
La partie 2 porte sur la matière présentée dans la deuxième partie de la session et
comporte également 4 chapitres. On y trouve une table des transformées de
Laplace et une table de séries de Fourier ainsi que la bibliographie.
La version électronique de ces notes de cours se trouvent sur la page « Moodle » du cours
MAT-265 (Équations différentielles) à l’onglet « Documents » sous l’appellation « Notes
de cours de Luc Soucy ». Les versions électroniques des tables (Laplace et Fourier) sont
également disponibles à l’onglet « Documents » pour en faciliter l’impression.
Tous les enseignants, maîtres d’enseignement, chargés de cours ou chargés de TP
peuvent utiliser ces documents comme cela leur convient.
Remerciement
Finalement, je tiens à remercier Stéphane Lafrance pour ses remarques pertinentes et
suggestions qu’il a formulées et les corrections qui en ont découlées.
Je tiens également à remercier les chargès de cours qui ont utilisé ces notes de cours et
qui m’ont généreusement fait part de leur remarques ou qui m’ont indiqué un certain
nombre de coquilles ou erreurs … qu’on finit par ne plus voir.
Dans ce cours, seules certaines classes d'ED ordinaires (EDO) sont au programmes,
notamment celles qu'on peut relier à des applications en physique et en génie, avec comme
objectif d'explorer sommairement le champ d'application de la théorie des ED en génie.
Dans ce texte, nous utiliserons ED pour désigner les ED ordinaires. __________________________________________________________________________________________________________
Ordre d’une ED
Définition. L'ordre d'une ED est celui de la dérivée de l’ordre le plus élevé qui y
Définition. Une solution d'une ED est une fonction ou une relation implicite qui
satisfait l'ED, c'est-à-dire qu’en la substituant dans cette dernière, l’égalité se vérifie.
Remarque. Cette définition introduit implicitement le processus par lequel on vérifie
qu'une fonction ou une relation est solution d'une ED donnée. Au terme du processus de
résolution, on a toujours la possibilité de vérifier par substitution si la fonction ou la
relation obtenue est bel et bien solution de l'ED. __________________________________________________________________________________________________________
Exemple 5 On vérifie que la fonction 2 3
1 2
x xy C e C e avec deux constantes arbitraires
1 2( et )C C est solution de l'ED linéaire à coefficients constants '' 5 ' 6 0y y y comme
suit : la substitution de y et de ses dérivées première (y') et seconde (y") vérifie l’égalité
Exemple 6. La fonction 22 3x xy e e est solution explicite de l’ED
" 3 ' 2 0y y y
On peut vérifier par substitution que 22 3x xy e e est solution de l’ED :
2
2 2 2 2
2
'
2 3
' 2 6 (2 12 ) 3( 2 6 ) 2 (2 3 ) 0
" 2 12
x x
x x x x x x x x
x x
dans l ED
y e e
y e e e e e e e e
y e e
De plus, elle est explicite puisqu'elle est de la forme y = f (x). ________________________________________________________________________________________________________
Exemple 7: La relation implicite
22 4 0
2
xy est solution implicite de l'ED
2
d y x
d x y
En effet, il suffit d'appliquer les techniques de la dérivation implicite à la relation implicite
tout en considérant que deux fonctions égales ont la même dérivée pour le démontrer.
Dérivant par rapport à x de part et d’autre de l’égalité en considérant que ( )y y x est
fonction de x :
22 0
2 2
d y x d y xy
d x d x y
Cela démontre que la relation engendre l'ED (c'est souvent le cas lorsqu'on vérifie qu'une
solution sous la forme implicite est solution d'une ED). De plus, celle-ci est solution
implicite puisqu'elle a la forme F(x, y) = 0. __________________________________________________________________________________________________________
1.4.2 Solution générale et solution particulière
Certaines solutions comportent des constantes arbitraires (voir l’exemple 5), d'autres pas
(voir les exemples 6 et 7). Sur cette base, on distingue 2 types de solutions: les solutions
générales et les solutions particulières.
Les méthodes directes de résolution des ED d'ordre n produisent des solutions comportant
n constantes arbitraires : elles sont alors générales. D'autre part, si on exige que la solution
21
générale d'une ED d'ordre n satisfasse précisément n conditions particulières distinctes,
exigences qu'on désigne par conditions initiales (CI), on peut déterminer la valeur
numérique de toutes les constantes arbitraires et obtenir ainsi une solution particulière,
c'est-à-dire sans constante arbitraires. __________________________________________________________________________________________________________
Définition. La solution générale d'une ED d'ordre n est une fonction ou une relation
implicite comportant n constantes arbitraires irréductibles qui satisfait l'ED. ___________________________________________________________________________________________________________
Exemple 8. Résolution des ED directement intégrables.
Considérons la classe des ED directement intégrables : elles se formulent comme suit :
( ) ( )n
n
n
d yy f x
dx (1.32)
Il suffit d’intégrer n fois pour déterminer la solution. Par exemple :
' sin(2 )
cos(2 )sin(2 )
2
y x
xy x dx C C
Ou encore : 2
1 1
2 3 2
1 2 1 2
3 2
1 2
'' 1 ' ( 1)2
( )2 6 2
6 2
xy x y x dx C x C
x x xy x C dx C C x C
x xy C x C
Dans le cas de la classe des ED directement intégrables, la technique de solution fait
intervenir l'intégrale indéfinie. Le nombre de constantes arbitraires apparaissant
dans la solution est déterminé par le nombre d'intégrales à effectuer pour obtenir la
solution y(x) et ce nombre est précisément égal à l'ordre de l'ED. La solution obtenue
est sous la forme explicite. __________________________________________________________________________________
Exemple 9. On peut vérifier par substitution que la fonction2 3
1 2
x xy C e C e est
solution générale de l’ED suivante :
" 5 ' 6 0y y y .
La fonction y est solution générale de l'ED d’ordre 2 au sens de la définition de solution
(vérifié à l'exemple 5) et qu’elle comporte 2 constantes arbitraires irréductibles. ___________________________________________________________________________________
Remarque. Chacune des deux fonctions 1 12xy C e et 2 2
3xy C e est solution de
l’ED. Cependant, aucune des deux n’est solution générale car elles ne comportent qu'une
seule constante arbitraire.
22
Remarque. La fonction suivante est également solution de l'ED de l’exemple ci-dessus.
2 3x x Cy Ae Be
Cependant, elle comporte trois constantes arbitraires réductibles :
1 22 3 2 3 2 3x x C x C x x xy Ae Be Ae Be e C e C e
Dans cette égalité, on note que 1 2et CC A C Be . _____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 10. Considérons la relation implicite 2 22y x C dans laquelle C est une
constante arbitraire positive. Vérifions qu’elle est solution de l’ED d’ordre 1 qui suit :
2
d y x
d x y
En effet : 2 2(2 ) ( )
4 2 02
d y x d C d y d y xy x
dx dx d x d x y
Si elle est solution, elle est solution générale car l'ED est d'ordre 1 et elle ne comporte
qu’une seule constante arbitraire. Si on veut la solution passant par le point (0, 2), il est
possible de déterminer la constante C et d'obtenir par le fait même une solution
particulière:
2 222
2 2 0 80 et 2
y x CC C
x y
On retrouve ainsi la solution particulière2 22 8y x .
Définition. Une solution particulière d'une ED est une fonction ou une relation
implicite qui est solution de l'ED et qui ne comporte pas de constantes arbitraires. __________________________________________________________________________________________________________
Remarque. On obtient une solution particulière d'une solution générale d'ED d'ordre n
en exigeant que cette dernière satisfasse à n conditions initiales (CI).
D'un point de vue mathématique, celles-ci permettent de constituer un système de n
équations à n inconnues dont la résolution permet de déterminer la valeur
numérique de chacune des n constantes arbitraires.
Dans le cadre des applications, les conditions initiales donnent en général les
informations sur l'état initial des systèmes. L'intégration de ces informations à la
solution générale permet de préciser la solution particulière comme dans l'exemple
23
de la détermination de la trajectoire du projectile : la position initiale donne
l'information sur le point de départ de la trajectoire, alors que la vitesse initiale
permet de déterminer dans quelle direction et avec quelle vitesse (grandeur) le
projectile amorce sa trajectoire. La deuxième loi de Newton se charge du reste.
Exemple 12: La figure qui suit illustre un ensemble de solutions particulières de l'ED
d'ordre 1
'y x y
On vérifie facilement que la solution générale de cette ED est donnée par
1xy C e x
Les solutions particulières illustrée sont associées aux conditions initiales suivantes :
( 5) 0, ( 4) 0, ... , (4) 0, (5) 0y y y y
24
Figure 1.5 Quelques courbes de la famille des solutions de y' = x + y.
Pour terminer cette section, il y a lieu d’apporter des précisions sur les conditions
d'existence d'une solution particulière unique à une ED d'ordre n avec n CI. Cette
question est pertinente, car pour avoir un sens dans le contexte des applications en
sciences et en génie, la solution doit être unique. Par exemple, elle exprimera la
trajectoire d'un objet, le courant dans une résistance en fonction du temps, le niveau de
liquide dans un réservoir ou encore la température d'un corps dans un milieu donné en
fonction du temps, etc. En outre, étant donné qu'on retrouve fréquemment les ED d'ordre
1 et les ED linéaires d'ordre 1 et 2 dans le champ des applications en génie, il est
opportun de présenter les 2 théorèmes qui énoncent les conditions suffisantes à
l'existence d'une solution unique dans le cas de ces 2 classes d'ED.
Théorème d'existence des solutions des ED d'ordre 1
Soit l'ED y' = g (x, y) et (x0, y0) un point de2S , une région du plan . Les deux
conditions suivantes suffisent pour qu’il existe une solution unique associée à la CI
0 0( )y x y .
1. g (x, y) est continue et à valeurs réelles dans la région2S ;
2. ( , )g x y
y
est également continue et à valeurs réelles dans S.
Théorème d'existence des solutions des EDO linéaires d'ordre n
Soit l'ED linéaire d'ordre n 1
0 1 11( ) ( ) ... ( ) ( ) ( )
n n
n nn n
d y d y dya x a x a x a x y F x
dxdx dx
Il suffit que 0( )a x 0 et que les ( )ia x et F(x) soient des fonctions continues sur un
intervalle [a, b] pour qu'il existe une solution unique à cette ED satisfaisant les n
conditions initiales
( 1)0 0 0 1 0 1( ) , '( ) , ... ( )
nny x y y x y y x y
où x0 ] , [a b et 0 1 1, , ... , ny y y sont n constantes numériques données.
Dans le cadre des applications en génie se modélise par des ED et qui seront considérées
dans ce document, les conditions d'existence associées à des solutions uniques sont
généralement satisfaites.
25
1.5 Méthodes de résolution des ED
On peut considérer que quatre types de méthodes ont été développés pour résoudre les
EDO d'ordre n.
les méthodes analytiques;
les méthodes numériques;
les méthodes "quasi-analytiques";
les méthodes qualitatives.
À ces méthodes, s’ajoutent l’utilisation des outils de calculs. En outre, l’utilisation de la
calculatrice « Nspire » sera introduite tout au long de la session. C’est un outil de calcul
puissant également intégrant des fonctions graphiques très utiles pour les fins de
vérification et de visualisation.
1.5.1 Les méthodes analytiques
Les méthodes analytiques ont toutes pour but la détermination de la solution des ED,
sous la forme explicite ou sous la forme d'une relation implicite. L'avantage principal de
ces techniques est de produire des solutions exactes. _________________________________________________________________________________________________________
Exemple 13. Certaines ED peuvent être résolues analytiquement parce que l’on connait
bien les dérivées :
on « devine » que axy Ce est solution générale de
' 0y ay
En effet, on le vérifie facilement comme suit :
' ' ' 0ax axy Ce a Ce ay y ay
on montre de la même manière que 1 2cos( ) sin( )y C x C x est solution de
Les méthodes "quasi-analytiques" introduites dans ce document visent à déterminer une
solution polynomiale provenant d'une série de puissances (tronquée) qui converge vers la
solution de l'ED. En pratique, le nombre de termes (et le degré) peut être choisi de sorte
que l’erreur maximale d'estimation soit inférieure à une valeur fixée a priori. Deux
techniques peuvent être considérées dans le cadre de ce cours :
La technique des polynômes de Taylor qui fait naturellement le lien avec les
séries de Taylor introduite dans le cours MAT-145 (calcul différentiel et
intégral) ;
L’algorithme de Picard.
Dans le cas de la technique des polynômes de Taylor, l'appellation quasi-analytique réfère
à ce qu'en pratique, l’expression polynomiale des solutions obtenues coïncide avec les
séries de puissances tronquées (donc des polynômes) utilisées à l’étape « ultime » de
l’évaluation numérique des solutions analytiques. Du point de vue de l'évaluation
numérique, il n'y a pas de différence entre la solution quasi-analytique d'une produite par
lea technique des polynômes de Taylor déterminée autour de 0x x et l'approximation de
sa solution analytique par un polynôme développé autour du même point. ___________________________________________________________________________________
Exemple 15 : Soit l'ED0
' avec (0)y y y y .
La solution analytique de cette équation peut être déterminée sur la base du fait que seulexy C e a la propriété d'être égale à sa dérivée ( 'y y ). La détermination de C se fait
avec la condition initiale: 0
0(0)x
y C e y C e C y
La solution analytique est donc donnée par 0xy y e comme on peut le montrer aisément
par substitution dans l’ED. La solution peut également être obtenue en cherchant plutôt sa
série de Taylor. Avec la condition initiale donnée en0
0x , elle est de la forme 2 3
(3) ( )( ) (0) '(0) "(0) (0) ... (0) ...
2! 3! !
nnx x x
y x y y x y y yn
27
La condition initiale donne la valeur de y(0) et l'ED permet de déterminer y'(0). Pour les
autres, il suffit de dériver implicitement les 2 membres de l'ED, de part et d'autre de
l'égalité (les deux fonctions égales ( ) et '( )y x y x ont la même dérivée) et d'utiliser la
condition initiale et la valeur numérique des dérivées d'ordre inférieur:
0
0
0
(3) (3)
0
( ) ( 1) ( ) ( 1)
0
(0)
' '(0) (0)
" ' "(0) '(0)
" (0) "(0)
(0) (0)n n n n
y y
y y y y y
y y y y y
y y y y y
y y y y y
2
0 0 0 0( ) ... ...2! !
nx x
y x y y x y yn
2
0 0( ) (1 ... ... ) y2! !
nxx x
y x y x en
On reconnaît entre les parenthèses de la dernière égalité ci-dessus la série de Taylor de xe
développée en0
0x . En outre, et c'est précisément ce que cet exemple voulait illustrer, il
s'agit également de la série de puissance qu'on utilise pour l'évaluation numérique de xe
Remarque sur la dérivée partielle. Lorsqu’on dérive partiellement une fonction à
plusieurs variables par rapport à une variable indépendante, les autres variables
indépendantes sont considérées comme des constantes. De plus, toutes les règles de
dérivation connues s’appliquent, sans oublier la phrase qui précède. _________________________________________________________________________________________________________
Exemple 8. Soit la fonction à deux variables2( , ) 2 yF x y x xy xe .
Alors les dérivées partielles suivantes s’obtiennent facilement sur la base du contenu de
la remarque ci-dessus. Il importe de noter la notation utilisée.
2 2
2 2
2 2
22 2
2 2 2 et 2
2 2 2 2 2
yy
y y
y y y y
y
FFx xex y e
yx
F F F Fx y e x xe xe
x x x x y y y x
F F F Fx y e e x xe e
y x y x y x y x y y
54
On note l’égalité des dérivées secondes mixtes (c’est toujour le cas lorsqu’une fonction à
Remarque : Lorsqu’on intègre partiellement une fonction à plusieurs variables par
rapport à l’une des variables indépendantes, on considére les autres comme des
constantes. De plus, toutes les règles d’intégration connues s’appliquent. _________________________________________________________________________________________________________
Exemple 9. Calcul des intégrales partielles de ( , ) 3 yG x y x xy xe . Il importe de
remarquer la particularité de la notation utilisée.
2 2 2
2
( , ) 3 3 ( )2 2 2
( , ) 3 3 ( )2
y y
y y
x x y xG x y x x xy xe x x e k y
xyG x y y x xy xe y y xy xe h x
Les fonctions à une variable ( ) et ( )k y h x sont les « constantes d’intégration » associées
aux intégrales partielles en x et y respectivement. En dérivant partiellement le résultat des
intégrales par rapport à la variable d’intégration, on retrouve G(x,y) dans chaque cas : en
effet, la dérivée partielle par rapport à x de ( )k y est nulle et la dérivée partielle de ( )h x
par rapport à y est également nulle. ________________________________________________________________________________________________________
Pour introduire les ED exactes, il faut rappeler que toute relation implicite de la forme
( , )F x y C définit implicitement y comme fonction de x et que sa représentation
graphique est une courbe dans le plan (il faut attribuer une valeur numérique à C pour la
tracer). Elle peut également être considérée comme la solution d’une équation
différentielle construite sur la base du fait que la différentielle d’une fonction constante
est nulle. C’est le cas de ( , )F x y dans l’égalité ( , )F x y C :
0 ( ) 0F F
dF dx dy d Cx y
(2.14)
0F F
dx dyx y
(2.15)
Remarque. On peut également utiliser la dérivation implicite pour dériver de part et
d’autre l’égalité ( , )F x y C :
( , ( )) ( ) 0d d F F dy
F x y x Cdx dx x y dx
Il suffit de multiplier par dx de part et d’autre de l’égalité à droite ci-dessus l’ED en
(2.15) :
0F F
dx dyx y
55
2.5.1 Identification des ED exactes
L’ED en (2.15) a la forme suivante :
( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy (2.16)
Lorsque l’ED en (2.16) est élaborée comme en (2.15), c’est-à-dire comme différentielle
exacte d’une fonction à deux variables qui est constante, elle présente les caractéristiques
suivantes :
Il existe une fonction ( , )F x y telle que
( , ) ( , )F F
dx dy M x y dx N x y dyx y
(2.17)
Par identification :
( , ) et N( , )F F
M x y x yx y
(2.18)
La solution de l’ED en (2.16) est donnée par ( , )F x y C
Pour montrer que l’ED en (2.16) est exacte, il faut vérifier qu’elle a été construite comme
indiqué en (2.15). Pour le faire, on utilise le théorème de l’égalité des dérivées secondes
mixtes d’une fonction à deux variables deux fois dérivables qui stipule que
2 2F F
y x x y
(2.19)
S’il est vrai que ( , )F
M x yx
et ( , )F
N x yy
, alors on a le résultat suivant :
2
2
M F F
y y x y x M N
y xN F F
x x y x y
(2.20)
On doit comprendre de ce résultat que l’égalité à droite en (2.20) n’est possible que si
l’ED est élaborée comme indiqué en (2.15), c’est-à-dire que sa forme différentielle est
issue d’une relation implicite de la forme ( , )F x y C . On a donc le résultat suivant.
Proposition. Une ED sous la forme ( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy est exacte si et
seulement si on peut vérifier l’égalité suivante :
M N
y x
(2.21)
56
Exemple 10. Montrer que l’ED suivante est exacte.
3
2 cos(2 ) 2 03
xx y x dx y dy
Solution. Dans le cas de cette ED, on montre comme suit qu’elle est exacte :
Remarque. Parce que0 1a , toute constante s’interprète comme suit :
0y
k kx
La troisième ED en (b) est donc bien homogène.
Cette même ED est également à variables séparables :
2 0 0yxy dx y dy xdx y dy
67
Elle admet également 1y comme facteur intégrant (vérifiez-le). Cela montre bien qu’une
même ED peut appartenir à plusieurs classes d’ED et se résoudre avec autant
d’approches distinctes. À cet égard, il importe de développer l’aptitude à identifier les
ED.
Résolution dans le cas de la forme standard dy y
Fdx x
Le changement de variable suivant produit une ED à variables séparables en x et v :
y vx
dy dvv x
dx dx
(2.43)
Après séparation des variables, on obtient :
0( )
dx dv
x v F v
(2.44)
Après intégration (par rapport à x), on obtient la solution suivante en v(x) :
ln( )
dvx C
v F v
(2.45)
Pour obtenir la solution générale (sous forme implicite) en x et y (x), il faut remplacer v
par y/x dans l’expression obtenue en (2.45).
Remarque. Si possible, on cherche à mettre la solution générale sous une forme
satisfaisante, notamment, s’il y a lieu, en éliminant les fonctions logarithmiques. Cette
étape exige une bonne connaissance des propriétés des logarithmes et des exponentielles. _______________________________________________________________________________________________________
Exemple 18. Résolution de l’ED 2 2 2( ) 0x xy y dx x dy
Solution
Identification. Divisons l’ED par2x dx avec 0x et isolons
dy
dx.
On trouve alors une l’ED homogène sous la forme standard suivante: 2
1dy y y
dx x x
Détermination de la solution
Effectuons le changement de variables
y vx
dy dvv x
dx dx
68
Nous obtenons l’ED suivante qui est à variables séparables :
21dv
v x v vdx
En effet, il suffit de soustraire v de part et d’autre de l’égalité et, ensuite, de diviser par
0x pour obtenir l’ED à variables séparées suivantes :
211 ( ) ( )
dvv f x g v
dx x
La solution de cette dernière ED est donnée par la formule ( )( )
dvf x dx C
g v
2
1 1
1dx dv C
x v
ln arctan( )x v C
Finalement, en remplaçant v par y/x, on trouve la solution générale sous la forme
implicite :
ln( ) arctany
x Cx
La forme explicite suivante peut être déterminée (à vérifier par le lecteur) :
tan(ln )y x x C
Dans cette dernière expression, on peut remplacer – C par K.
Application (3) : Corps en chute libre avec force résistive proportionnelle au carré
de la vitesse
Dès que la vitesse est « grande » dans un milieu résistif, on considère généralement que
la force résistive est proportionnelle au carré de la vitesse. Comme dans le cas précédent,
elle est toujours dans la direction inverse de la vitesse. L’expression de la force résistive
est la suivante : 2 où 0r vF bv u b (3.33)
Dans cette expression, vu désigne un vecteur unitaire dans la direction de la vitesse :
v
vu
v (3.34)
97
Il faut également noter que comme v2 est toujours positif, il faut formuler le modèle
mathématique en tenant compte du signe de v, la composante scalaire de la vitesse dans
un système d’axes donné.
Cas 1 : v > 0.
v
Frmg
Y
v > 0
Figure 3.4. La figure sert à illustrer la situation du modèle lorsque la force résistive pointe dans la direction des Y+ et que la vitesse initiale v0 est positive (v(0) = v0 > 0), ce qui veut dire que la masse est projetée vers le haut.
Dans les conditions de la figure (3.4), l’application de la deuxième loi de newton conduit
à l’EDVS suivante :
2
0avec (0) ( )dv
m mg bv v v v tdt
(3.35)
Ce modèle s’applique tant que ( ) 0v t . Dans ce cas, la force résistive est dirigée vers le
bas et doit être exprimée par (2bv ) dont le signe est négatif pour exprimer une force
vers les Y négatifs.
Cas 2 : v < 0.
Lorsque la masse amorce sa descente, sa vitesse doit être déterminée avec le modèle
illustré dans la figure qui suit.
Figure 3.5 : La figure illustre la situation du modèle lorsque la force résistive pointe dans la direction des Y+ et que la vitesse initiale est négative (v(0) = v0 < 0 ou v < 0).
v
Fr
mg
Y
v < 0
98
Dans les conditions de la figure (3.5), l’application de la deuxième loi de Newton conduit
à l’ED suivante :
2
0avec (0) ( )dv
m mg bv v v v tdt
(3.36)
On remarque que la force résistive qui est dirigée vers le haut est donnée par (2bv ), une
quantité positive exprimant une force vers les Y positifs.
Dans le cas de ce modèle, l’expression de la vitesselimitelim
v s’obtient en posant que
l’accélération est nulle :
2
lim lim0 0
dv mgmg bv v
dt b (3.37)
3.1.4 Dynamique de rotation
Les seules applications considérées dans cette section seront associées à des corps en
rotation autour d’un axe fixe. Dans ces conditions, la deuxième loi de Newton relie
l’accélération angulaire d’un corps dont le moment d’inertie est oI (par rapport à un
axe fixe « o ») en rotation autour de cet axe à la somme des moments de force (toujours
calculés par rapport à l’axe fixe « o ») qui s’exercent sur ce dernier comme suit :
1
n
o oi
i
I
(3.38)
Les unités des termes en (3.37) sont2 2(rad / sec ), ( ) (N m)o oiI kg m et . Dans
l’égalité (3.37), le signe de chacun des moments de force agissant sur le corps en rotation
est déterminé sur la base de la convention suivante :
Le signe « + » est choisi si l’action du moment de force implique une rotation
antihoraire autour de l’axe « o ».
Le signe « » est choisi si l’action du moment de force implique une rotation
horaire autour de l’axe « o ».
Lorsqu’une force résistive se manifeste en dynamique de rotation, elle peut être
associée à un moment de force constant (frottement au niveau de l’axe de rotation
par exemple) ou variable, notamment lorsque la force résistive qui se manifeste
dépend de la vitesse de rotation .
Lorsque le moment de force r associé la force résistive est proportionnelle à la
vitesse angulaire , il est donné par
où 0r (3.39)
99
Lorsque la force résistive est proportionnelle au carré de la vitesse angulaire, il
faut lui attribuer le bon signe dans le cadre du modèle formulé en (37).
2
2
si 0 (rotation antihoraire)où 0
si 0 (rotation horaire)r
(3.39)
En (3.37), l’accélération angulaire est reliée à la vitesse angulaire et à la position
angulaire selon les égalités suivantes :
2
2
d
dt
d d
dt dt
(3.40)
La vitesse angulaire s’exprime en (rad/sec). Elle est reliée à la position angulaire (rad)
par les formules suivantes.
0
0
( ) ( )
t
d
dt
t u du
(3.41)
Dans ces conditions, les applications considérées conduisent à des modèles qui font
apparaître des ED d’ordre 1 en ( )t . La position angulaire ( )t peut être obtenue en
intégrant l’expression de la vitesse angulaire ( )t . Cela se résume dans les deux
Pour finir cette section, notons que la résolution d’un problème de dynamique implique
en général les étapes suivantes :
le choix d’un système d’axe(s) et une représentation du diagramme des forces;
l’application de la deuxième loi de Newton pour la détermination du modèle
mathématique, c’est-à-dire la (les) ED(s) à résoudre et l’expression des conditions
initiales pour la détermination de la (des) solution(s) particulière(s) dans le
système de référence choisi;
la détermination d’une méthode de résolution appropriée (méthode analytique,
numérique, en séries de puissances) et d’un outil de calcul pour résoudre les ED,
c’est-à-dire pour déterminer la vitesse et /ou la position de la masse en fonction du
temps et faire l’équivalent en dynamique de rotation;
l’analyse et l’interprétation de la solution, notamment par la représentation
graphique de la vitesse et/ou de la trajectoire;
l’utilisation possible du principe de conservation de l’énergie s’il n’y a pas de
force résistive ou qu’elle est négligeable.
102
3.1.5 Exercices sur la dynamique de translation
Question 1
D’un hélicoptère au repos à 1000 mètres du sol, on laisse tomber (vitesse initiale nulle)
un objet dont la masse est de 5 kg. Sa trajectoire est verticale. La force due à la
résistance de l’air est proportionnelle à la vitesse de l’objet avec une constante de
proportionnalité égale à 5 (N/sec).
Pour simplifier les expressions dans les calculs, prenez g = 10 m/sec2 pour les calculs et
choisissez l’axe des Y positif vers le haut avec y(0) = 0, c’est-à-dire au sol.
a) Utilisez la deuxième loi de Newton pour déterminer l’équation différentielle dont
la solution est la vitesse en fonction du temps en indiquant les conditions initiales
dans le système d’axes suggéré. (Faites une représentation graphique).
b) Déterminez l’expression de la vitesse de la masse en fonction du temps et trouvez
la vitesse limite atteinte par l’objet.
c) Déterminez l’expression de la position de l’objet en fonction du temps dans le
système de références que vous avez choisi en (a).
d) Avec la réponse obtenue en (c), déterminez le temps de chute de l’objet.
e) Quel est le temps de vol si la grandeur de la force résistive est plutôt de 50v.
Comparez avec la réponse obtenue en (d).
f) Déterminez la solution aux questions (a), (b) et (c) en inversant la direction de
l’axe des Y positifs. N’oubliez pas de modifier les conditions initiales pour tenir
compte du changement apporté à l’axe des Y et déterminez la vitesse limite.
Question 2
Une balle de golf sur un « vert » doit franchir 10 mètres à l’horizontale et en ligne droite
pour tomber dans la coupe. On suppose que la force de résistance entre la balle et le
« vert » est proportionnelle à la vitesse avec une constante de proportionnalité de 0,038
(kg/sec). La masse de la balle est de 0,1 (kg). On désire déterminer la vitesse minimale
initiale qu’il faut donner à la balle pour qu’elle tombe dans la coupe.
a) Faites une figure pour représenter la situation et appliquez la deuxième loi de
Newton pour obtenir l’ED en v(t).
b) Identifiez l’ED obtenue en (a)
c) Résolvez l’ED obtenue en (a).
d) Déterminez l’expression de la position de la balle en fonction du temps
e) Déterminez la vitesse minimale qu’il faut donner à la balle pour que celle-ci
tombe dans la coupe.
103
Question 3
Un parachutiste dont la masse est de 75 kg saute d’un hélicoptère au repos situé à 4000
mètres du sol. Il ouvre son parachute 60 secondes après avoir sauté de l’hélicoptère.
Répondez aux questions avec les trois considérations suivantes :
la force gravitationnelle est considérée constante ;
prenez g = 10 m/sec2 ;
la force résistive de l’air est proportionnelle à la vitesse avec une constante qui
vaut k1 = 15 (kg/sec) dans la première partie de la chute (avant l’ouverture du
parachute) et k2 = 105 (kg/sec) après l’ouverture de ce dernier.
Dans ces conditions :
a) faites une représentation graphique pour chacune des deux phases du vol. Pour
chacune, appliquez la deuxième loi de Newton pour obtenir l’ED à résoudre avec
les conditions initiales dans chaque cas ;
b) déterminez la position du parachutiste lorsqu’il ouvre son parachute ;
c) Déterminez la vitesse limite de chute dans chacune des deux parties du saut.
d) Calculez le temps de vol du parachutiste.
Question 4
On observe qu’un corps de 5 kg qu’on laisse tomber d’un hélicoptère (vitesse initiale
nulle) atteint une vitesse limite de 20 m/sec. On considère que la force résistive est
proportionnelle au carré de la vitesse. Répondez aux questions suivantes en utilisant g =
10 m /sec2 dans les calculs.
a) Faites une figure en y incluant l’axe des Y et appliquez la deuxième loi de
Newton pour trouver l’ED en v(t).
b) En utilisant la vitesse limite, déterminez la constante de proportionnalité entre la
force résistive et le carré de la vitesse (2v ).
c) Déterminez l’expression de la vitesse en fonction du temps en résolvant l’ED
déterminée en (a).
d) Trouvez la vitesse après 2 secondes.
e) Calculez le temps nécessaire pour atteindre la vitesse de 16 m/sec.
f) Si l’hélicoptère se trouve à 150 mètres au-dessus du sol, calculez le temps de vol
de la masse.
104
Question 5
Une masse de 2 kg est lancée vers le haut et à la verticale à partir de la surface de la terre
avec une vitesse initiale de 200 m/sec. On considère que la force résistive est
proportionnelle à la vitesse avec une constante de proportionnalité égale à 0,5 (N. sec/m).
a) Déterminez le temps requis pour atteindre le sommet de sa trajectoire.
b) Déterminez la hauteur maximale atteinte par la masse.
c) Calculez le temps requis pour que la masse retombe au sol.
Question 6
Un bateau se déplace à 15 m/sec lorsque son moteur s’arrête. Sa vitesse 10 secondes plus
tard est de 5 m/sec. On considère que la force résistive sur le bateau est proportionnelle à
la vitesse. Calculez la distance totale parcourue par le bateau depuis l’arrêt du moteur
jusqu’à ce qu’il s’immobilise.
Suggestion : Procédez par étapes en vous inspirant des exercices qui précèdent, c’est-à-
dire en décomposant le problème posé.
Question 7
Figure 3.6. La figure illustre une masse m se déplaçant dans une direction radiale dans le voisinage de la terre. L’exercice qui suit vise à déterminer la vitesse initiale
minimale (ou vitesse d’échappement) qu’il faut donner à la masse à la surface de la terre pour qu’elle échappe à l’attraction gravitationnelle.
La grandeur de la force d’attraction gravitationnelle (attractive) entre la terre et un objet
de masse m est donnée par
2g
GM mF
r
Dans cette expression, M désigne la masse de la terre, r désigne la distance entre la
masse et le centre de la terre et G la constante d’attraction gravitationnelle. Cette
expression peut également s’écrire comme suit :
rR
r
Terre
m vFg
105
Dans cette dernière égalité, R désigne le rayon moyen de la terre et g l’accélération
gravitationnelle à la surface de la terre. En fait, son expression est donnée par
2
GMg
R
a) En supposant un mouvement purement radial avec l’axe des R+ dirigé dans la
direction inverse de celle du centre de la terre, utilisez la deuxième loi de Newton
et négligez la force de résistance de l’air pour montrer que l’ED mettant en
relation la vitesse radiale et la force gravitationnelle est donnée par 2
2
dv Rg
dt r
b) Modifiez l’ED obtenue en (a) avec le changement de variables qui suit pour
obtenir une ED en v(r).
dr dv dv dr dvv v
dt dt dr dt dr
c) Identifiez l’ED obtenue en (b).
d) Trouvez la solution avec la condition initiale 0( )v R V où R désigne le rayon de
la terre.
e) Avec une limite appropriée, déterminez la valeur numérique de la vitesse
d’échappement, c’est-à-dire la vitesse initiale 0V minimale qu’il faut donner à la
masse pour que l’objet quitte le champ gravitationnel de la terre.
Utilisez 6
6,37 10 (m)R et 29.81 (m / sec )g pour les calculs en (e).
Question 8
Si l’accélération due à la gravité à la surface de la lune vaut 1/6 de celle à la surface de la
terre et si le rayon de la lune est de 1738 (km), déterminez la vitesse d’échappement si la
masse est projetée de la surface de cette dernière.
Question 9
a) On donne une vitesse initiale de 10 (m/sec) à une masse de 2 (kg) et le
mouvement résultant est rectiligne et horizontal. La seule force non négligeable
sur la masse est une force résistive proportionnelle à la vitesse avec une constante
égale à 2 (N.sec/m), calculez la distance totale parcourue par la masse avant
qu’elle ne s’immobilise.
2
2g
RF mg
r
106
b) Faites le même exercice en supposant que la force résistive est proportionnelle au
carré de la vitesse avec une constante de proportionnalité égale à 2 (N.sec
2/m
2).
Aide : Calculez d’abord la distance parcourue en fonction du temps, puis interprétez la
réponse obtenue.
c) Expliquez la différence entre le résultat obtenu en (a) et en (b).
Question 10
Il est proposé de disposer des déchets nucléaires en les disposant dans des barils de 300
kg dont le volume est de 0.25 m3 et en les jetant dans l’océan. La deuxième loi de
Newton appliquée à la situation implique de prendre en considération les trois
forces suivantes: le poids P , la force B associée à la flottabilité du volume équivalent au
poids de 0,25 m3 d’eau de mer (soit environ 260 kg) et une force résistive rF dont la
grandeur est de 1,5 fois la vitesse du baril. La figure (3.7) qui suit illustre les forces sur
un baril dans sa chute vers le fond de l’océan.
Figure 3.7. La figure illustre les trois forces agissant sur le baril dans sa chute vers le fond de
l’océan
a) À l’aide de la deuxième loi de Newton, déterminez l’ED dont la solution donne la
vitesse v(t) du baril en fonction du temps avec le choix de l’axe des Y qui apparait
sur la figure (2).
b) Résolvez l’ED déterminée en (a) avec la condition initiale v(0) = 0 à l’aide de la
calculatrice. Utilisez g = 9.8 m/sec2 pour les calculs.
B
P
Fr
fond de l’océanY
107
c) Sachant que les barils ne peuvent résister au choc lors du contact avec le fond de
l’océan si la vitesse de ces derniers dépasse 25 m/sec, calculez la profondeur
maximale de l’océan là où on peut jeter les barils sans qu’ils se brisent.
Question 11
On désire étudier un certain type de flèches utilisées pour le tir de précision. Ces flèches
ont une masse de 125 grammes (1/8 kg). La force résistive associée à la résistance de l’air
est proportionnelle à la vitesse avec un coefficient de friction de valeur b (N.sec/m)
inconnue. On effectue un ensemble de tests par une journée sans vent et en terrain plat.
Les flèches sont décochées à 2 m du sol, avec une vitesse de 100 (m/sec) et à un angle de
30 avec l’horizontale. Les tests donnent les résultats suivants : une portée moyenne de
245,58 mètres avec un temps moyen de 7,437 secondes.
Prenez g = 10 m/sec2 pour les calculs.
a) Appliquez la deuxième loi de Newton pour déterminer le système d'ED sur les
vitesses ( ) et ( )x yv t v t en X et Y respectivement.
b) Utilisez la calculatrice pour résoudre les 2 ED déterminées en (a).
c) Déterminez x(t) et y(t) à l'aide des expressions suivantes :
0 0
0 0
( ) ( ) et ( ) ( )
t t
x yx t x v u du y t y v u du
d) Utilisez la donnée sur la portée, pour déterminer la valeur du paramètre b.
e) Déterminez alors les expressions explicites de x(t) et de y(t) avec la valeur
rationnelle approchée de b déterminée en (d).
f) À l’aide des résultats obtenus en (c), utilisez la calculatrice pour faire tracer le
graphe de la trajectoire.
g) Déterminez la hauteur maximale atteinte par la flèche.
Question 12
Un système masse-ressort est constitué d’une masse de 5 (kg) accrochée à un ressort dont
la constante est de 80 (N/m). En raison de la configuration de la masse, la force de
résistance de l’air sur cette dernière est non négligeable : elle est proportionnelle au carré
de la vitesse avec une constante de proportionnalité égale à 10 (N.sec
2/m
2). Initialement,
le ressort est étiré de 0,25 mètre et la vitesse de la masse est nulle. À cet instant, on lâche
la masse.
108
a) Tracez une représentation graphique du système et appliquez la deuxième loi de
Newton pour obtenir l’ED en v(t).
Aide : Attention au signe de l’expression de la force résistive.
b) Effectuez le changement de variable qui suit pour obtenir une ED en v(y) et
formulez les conditions initiales dans ce contexte.
dv dv dy
dv dvdt dy dtv
dt dydyv
dt
c) Identifiez l’ED déterminée en (b).
d) Déterminez la solution de l’ED obtenue en (b).
e) Calculez la vitesse de la masse lorsqu’elle passe pour la première fois par le point
d’équilibre.
f) Calculez la position de la masse lorsque sa vitesse redevient nulle pour la
première fois.
Réponses aux exercices sur la dynamique de translation
Ex. 1 L’axe des Y+ vers le haut.
b) ( ) 10 10 tv t e c) ( ) 1010 10 10 ty t t e d) 101 secvt
e) 1001secvt
Ex. 2 c) 19
500( )
t
v t V e
d)
19
500
50( ) 1
19
t
x t V e
e) 0 3,8 (m/sec)V
Ex. 3 b) 1 1(60) 1250 si (0) 4000y y c) lim_1 lim_ 250 m/sec etv v - 50/7 m/sec
d) 230,71 secvolt
Ex. 4 b) b=1/8 c) 1
( ) 201
t
t
ev t
e
d) v(2) = - 15,23 m/sec
e) 2,197 sec f) 8,886 sec.
Ex. 5 a) 7,167 sec. b) max 513,3 my c) 23,939 sec.
Ex. 6 Environ 137 m.
109
Ex. 7 c) EDVS d) 2
2 2
0
22
gRv V gR
r e) V0 = 11179 m/sec
Ex. 8 V0 = 2384 m/sec
Ex. 9 a) 10 m b) distance lim(1 10 )t
t
tend vers l’ .
Explication pour (c)
Lorsque la vitesse tend vers 0, la force résistive proportionnelle à la vitesse est
beaucoup plus grande que celle proportionnelle au carré de la vitesse. Examinez
la limite quand t tend vers 0 du quotient des forces pour vous en convaincre.
Ex. 10 b) 2001308
( ) 15
t
v t e
c) Environ 255 mètres
Ex. 11 d) b = 1/25 e)
8
25
8
25
625 3( ) 1
4
8189 125 8125( )
32 4 32
t
t
x t e
y t t e
g) ymax = 64,94 m
Ex. 12 a) 2(0) 1/ 4
5 80 10 avec(0) 0
ydvy v
vdt
d) 2 (4 1)2 8 4 yv y e e) (0) 0,727 m/secv f) min 0,1484 my
3.1.6 Exercices sur la dynamique de rotation
Question 1
Une roue dont le moment d’inertie est I = 50 (kg.m
2) tourne autour d’un axe fixe sous
l’effet d’un moment de force constant = 625 (N.m) exercé par un moteur. Un moment
de force r (N.m) proportionnel à la vitesse angulaire (rad/sec) s’oppose à la rotation de
la roue (on suppose que = 5On suppose que la vitesse angulaire initiale de la roue
est nulle.
a) À l’aide de la loi de Newton formulée en (36), déterminez l’ED dont la solution
est la vitesse angulaire ( )t en fonction du temps.
b) Déterminez l’expression de ainsi que celle de la vitesse limite de rotation.
c) Quelle serait la vitesse limite de rotation si le moment de force s’opposant à la
rotation était plutôt donné par 1/225r (N
. m) dans les conditions données ci-
dessus?
r
( )t
110
Question 2
Une roue dont le moment d’inertie est I = 50 (kg.
m2) tourne autour d’un axe fixe sous
l’effet d’un moment de force constant (N.m) exercé par un moteur. Un moment de
force 1/25r (N.
m) proportionnel à la vitesse angulaire (rad/sec) s’oppose à la
rotation de la roueOn arrête le moteur alors que la vitesse est de 225 (rad/sec).
a) Déterminez l’ED sur la vitesse angulaire en fonction du temps à partir du
moment où l’on arrête le moteur.
b) Calculez le temps écoulé depuis le moment où l’on arrête le moteur et celui où
la roue s’arrête de tourner.
Question 3
Une roue dont le moment d’inertie est I = 25 (kg.m
2) tourne autour d’un axe fixe sous
l’effet d’un moment de force constant (N.
m) exercé par un moteur. Un moment de
force 22r (N
. m) proportionnel à la vitesse angulaire (rad/sec) s’oppose à la rotation
de la roueEn régime permanent, la vitesse de la roue est constante à 20 (rad/sec).
a) Déterminez le moment de force du moteur.
b) À un moment donné, on arrête le moteur. Déterminez alors l’ED sur la vitesse
angulaire en fonction du temps à partir de ce moment.
c) Calculez le temps écoulé depuis le moment où l’on arrête le moteur et celui où la
vitesse de la roue est de 1 (rad/sec).
Réponses aux exercices en dynamique de rotation
Ex. 1 b) 10( ) 125 125 (rad/sec)t
t e
, lim 125 (rad/sec)
c) lim 625 (rad/sec)
Ex. 2 a) 1
250 5 , (0) 225 (rad/sec)d
dt
b) 300 secondes
Ex. 3 a) 800 (N m) b) 225 2 , (0) 20
d
dt
c) 11.875 secondes
( )t
( )t
111
3.2 Les circuits électriques
Les équations de Maxwell permettent notamment de décrire le fonctionnement des
circuits électriques. Cependant, ce sont les deux lois de Kirchhoff qui permettent
d’obtenir les modèles mathématiques pour l’analyse de ces circuits. Ces lois doivent être
correctement interprétées pour comprendre en quoi elles assurent la validité des modèles
mathématiques associés aux circuits électriques.
3.2.1 Lois de Kirchhoff
Loi (1) des nœuds : la somme algébrique des courants en un nœud quelconque
d’un circuit électrique est nulle.
Loi (2) des mailles : la somme algébrique des différences de potentiel aux bornes
d’une maille fermée d’un circuit électrique est nulle.
La loi (1) des nœuds
La loi (1) des nœuds découle de la conservation des charges dans le sens suivant : en un
nœud quelconque d’un circuit électrique, la charge n’est ni créée ni détruite et elle ne
s’accumule pas en ce point.
La convention habituelle permettant d’établir le signe des courants en un nœud
quelconque d’un circuit électrique précise la signification du mot « algébrique » qui
figure dans l’énoncé de la loi (1) :
Si un courant alimente un nœud, son signe est positif (+);
Si un courant vide un nœud, son signe est négatif ( ).
La figure (8) qui suit présente la convention en traitant un exemple. Dans cette figure, le
courant I1 « alimente » le nœud, alors son signe est positif. Dans le cas des courants I2 et
I3, ces derniers « vident » le nœud alors le signe de ces deux derniers est négatif. Dans le
système SI, l’unité du courant est l’ampère (A).
1I
I2
I3
Figure 3.8. La figure présente un nœud impliquant trois courants. Le courant I1
« alimente » le nœud, son signe est positif. Dans le cas des courants I2 et I3 ces derniers
« vident » le nœud : le signe de ces deux derniers est négatif. Dans ces conditions, la
conservation de la charge électrique implique que I1 – I2 – I3 = 0.
Dans ces conditions, l’application de la loi (1) des nœuds se traduit par l’égalité suivante :
1 2 3 0I I I (3.43)
112
La loi (2) des mailles
Dans le cas de la loi (2) des mailles, elle repose sur la nécessité pour une charge
électrique d’avoir la même énergie potentielle en un point (a) de la maille que lorsqu’elle
repasse par ce même point (a) après avoir parcouru la maille. Dans le cas contraire, il
pourrait y avoir plus d’une valeur possible de l’énergie potentielle de la charge en un
point donné d’un circuit électrique, ce qui n’a pas de sens. Dans ces conditions, même si
l’énergie potentielle d’une charge électrique change en parcourant une maille fermée, la
somme des changements doit être nulle. Cela implique que la somme algébrique des
différences de potentiel aux bornes de tous les éléments d’une maille fermée est nulle,
comme l’illustre la figure (3.9) ci-dessous. Dans cette figure, la maille (abcda) est fermée.
Une charge qui parcourt cette maille selon a b c d a traverse les éléments 1,
2, 3 et 4 dans l’ordre.
Dans ces conditions, la loi (2) des mailles exprime la réalité suivante :
1
2
1 2 3 4
3
4
0
b a
c b
d c
a d
V V V
V V VV V V V
V V V
V V V
(3.44)
1
2
3
4
a b
cd
Figure 3.9. Une charge qui parcourt la maille fermée (abcda) en partant de (a) se
retrouve au même potentiel lorsqu’elle repasse au point (a) après avoir parcouru
la maille.
Pour bien appliquer la loi des mailles, il convient également de calculer correctement les
différences de potentiel iV aux bornes de chacun éléments de la maille fermée. Cela
comporte deux exigences :
Calculer les en respectant le sens du contour choisi ( )
dans le cas de la figure;
Calculer les en tenant compte de la nature physique des éléments qui figurent
dans la maille. Cela se fait en considérant l’encadré qui suit. Ce tableau résume
les cas des éléments des circuits considérés dans ce cours.
Finalement, rappelons que l’unité SI pour les différences de potentiel est le volt (V).
iV a b c d a
iV
113
3.2.2 Tableau du signe des différences de potentiels
Différences de potentiel aux bornes des éléments
des circuits électriques
Résistance
Dans un circuit électrique, une résistance dissipe de l’énergie potentielle électrique sous
forme de chaleur. L’unité SI pour les résistances est le ohm ( ).
a b
i
R
Figure 3.10. La figure illustre une résistance R traversée par un courant i.
Le calcul de la différence de potentiel aux bornes de la résistance se fait par référence à
la figure (3.10) et aux deux cas suivant :
(1)
(2)
ab b a
ba a b
V V V Ri
V V V Ri
(3.45)
Dans l’application de la deuxième loi de Kirchhoff, il importe de tenir compte si on
traverse la résistance dans le sens du courant (cas (1)) où dans le sens contraire (cas (2)).
De plus abV s’interprète comme a bV , c’est-à-dire la différence de potentiel découlant
du passage de a à b en traversant la résistance dans le sens du courant dans ce cas-ci.
Ainsi, quand une charge traverse la résistance dans le sens du courant (de a à b dans la
figure, elle perd de son énergie potentielle qui se transforme en chaleur par effet Joule,
d’où abV Ri . Cela implique que baV Ri .
___________________________________________
Source de voltage
Dans un circuit électrique, le rôle d’une source est d’alimenter ce dernier en énergie
notamment en donnant de l’énergie potentielle aux porteurs de charge associés au
courant électrique. Dans le cas des sources que nous désignerons par (V), il convient
d’établir sa polarité pour éviter une ambiguïté de signe. Dans les circuits que nous allons
considérer, cette polarité sera généralement déterminée par le point de potentiel nul,
c’est-à-dire le point de « mise à la terre » qui sera relié à la borne négative comme dans
la figure qui suit. L’unité du SI pour l’expression de la différence de potentiel aux
bornes de la source est le volt (V).
114
Figure 3.11. La figure présente une source de tension délivrant un courant i.
La différence de potentiel entre les points a et b de la figure se détermine comme suit :
(V)
(V)
ab b a
ba a b
V V V
V V V
(3.46)
___________________________________________
Condensateurs
Le rôle premier des condensateurs dans un circuit électrique est de stocker de l’énergie
potentielle électrique dans le champ électrique produit par les charges etq q sur ses
armatures. Contrairement aux résistances, les condensateurs ne dissipent pas d’énergie.
Dans le cas des circuits considérés dans ce cours, la polarité des condensateurs sera
facile à établir. Cela facilitera la détermination des différences de potentiel aux bornes
de ces derniers. L’unité SI pour l’expression de la capacité des condensateurs est le farad
dont le symbole est (F).
+ +_ _
+q
_qC
a
b
i
Figure 3.12. La figure représente un condensateur C chargé portant une charge
+q sur son armature positive et –q sur son armature négative
En se rapportant à la figure, le calcul des différences de potentiel entre les points a et b
(résultant de l’application de la loi des mailles) c’est-à-dire la différence de potentiel aux
bornes du condensateur s’effectue comme suit :
(V)
(V)
ab b a
ba a b
qV V V
C
qV V V
C
(3.47)
Les deux expressions sont nécessaires car dans l’application de la deuxième loi de
Kirchhoff à une maille donnée, il arrive qu’on traverse le condensateur de a à b (dans le
sens du courant) ou dans le sens inverse du courant, c’est-à-dire de b à a.
a
b
i
115
Les relations qui relient la charge q (en coulomb (C) et le courant i sont les suivantes :
0
( ) (A)
( ) (0) ( ) (C)
t
dqi t
dt
q t q i u du
(3.48)
Dans l’expression de q(t), q(0) est la valeur initiale de la charge sur le condensateur.
Sauf dans le cas des circuits RC séries sans source pour lesquels le condensateur se
décharge dans la résistance. Dans les circuits avec source, il est courant que q(0) = 0.
Finalement, ce qui est observable dans le cas des condensateurs avec un multimètre ou
un oscilloscope, c’est la différence de potentiel CV entre ses bornes. Les formules
suivantes servent à déterminer le courant i(t) en fonction de CV :
( )
( ) (A)C C
C
q tV q CV
dVCi t C
dq dti
dt
(3.49)
La formule à droite en (3.49) obtenue pour le courant sera utilisée plus loin pour
l’analyse des circuits dans lesquels il y a des condensateurs.
___________________________________________
Inductance
Physiquement, les inductances sont constituées par des bobines comportant un grand
nombre de spires d’un bon conducteur, généralement le cuivre. Les inductances ne
dissipent pas d’énergie, elles stockent de l’énergie magnétique dans les champs
magnétiques produits par le courant électrique qui les traverse. L’unité SI pour exprimer
l’inductance d’une bobine est le henry dont le symbole est (H). La figure ci-dessous
résume ce qui intervient dans le calcul des différences de potentiel aux bornes des
inductances.
i(t)
a
b
L
Figure 3.13. La figure présente une inductance traversée par un courant i(t).
En référence avec la figure (3.13), les expressions suivantes expriment les différences de
potentiel aux bornes des inductances.
116
(V)
(V)
ab b a
ba a b
diV V V L
dt
diV V V L
dt
(3.50)
On remarque que les différences de potentiel sont nulles si le courant i(t) est constant.
Les deux expressions sont nécessaires car dans l’application de la deuxième loi de
Kirchhoff à une maille donnée, il arrive qu’on traverse l’inductance de a à b (dans le
sens du courant) ou dans le sens inverse du courant, c’est-à-dire de b à a.
3.2.3 Puissance et énergie dans les circuits électriques (Optionnel)
Il importe de préciser les relations entre l’énergie U(t) absorbée ou délivrée par un
élément quelconque d’un circuit électrique et la puissance P(t) associée à ce même
élément :
0
( ) (W)
( ) ( ) (J)
t
dUP t
dt
U t P u du
(3.51)
La figure (13) qui suit présente ce qui caractérise les circuits électriques alimentés par
une seule source de tension :
La source de tension ( )t délivre un courant ( )i t , par conséquent de l’énergie au
reste du circuit ;
Le reste du circuit absorbe ou consomme cette énergie;
À chaque instant, la puissance délivrée par la source est égale à la puissance
consommée dans le circuit.
a
+
_
o
bVa
Reste
du circuit
b
i(t)
(t) (t)
Figure 3.14. La figure présente une version simplifiée d’un circuit électrique à une
seule source de voltage, ce qui recouvre un grand nombre d’applications.
117
L’unité du SI pour exprimer la puissance est le watt (W). Dans le circuit de la figure (13),
la puissance instantanée délivrée par la source au circuit est donnée par la formule
suivante en fonction de la tension ( )t de la source et du courant i(t) :
( ) ( ) ( ) (W)P t t i t (3.52)
La puissance consommée dans le reste du circuit (alimenté par la source) est donnée par
( ) ( ) ( ) (W)ab abP t V t i t (3.53)
Cette puissance est la somme des puissances consommées par tous les éléments du circuit
alimenté par la source. Pour démontrer qu’à tout instant la puissance délivrée par la
source est égale à celle consommée, il suffit d’appliquer la loi des mailles au circuit ci-
dessus (à partir du point (o) dans le sens horaire, celui du courant) :
( ) ( ) 0( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
ab
ab
ab
t V tP t P t
t i t V t i t
(3.54)
Puissance délivrée par les sources de tension
Dans le cas d’une source constante, une batterie par exemple, le courant i
délivré en régime permanent (lorsque le régime transitoire s’est estompé) est
constant. Dans ces conditions, la puissance délivrée par la source est constante et
donnée par
P = i (W) (3.55)
Dans le cas d’une source sinusoïdale délivrant un courant sinusoïdal (en régime
permanent, la puissance moyenne délivrée par la source se calcule comme suit :
0 0 0
0
( ) sin( )cos( )
( ) sin( ) 2 2
t t iP
i t i t
(W) (3.56)
Dans l’expression de P , le terme cos( ) est le « facteur de puissance du circuit ».
Ce facteur est déterminant pour l’évaluation de l’efficacité du transfert de la
puissance de la source au circuit. Il importe de déterminer les valeurs du
déphasage du courant par rapport à la tension et du facteur de puissance dans le
cas des circuits alimentés par des sources sinusoïdales.
Puissance consommée dans les éléments du circuit (optionnel)
Dans le cas des résistances, la puissance dissipée en chaleur par effet Joule est
donnée par l’expression suivante :
2 (W) où ( )P Ri i i t (3.57)
Dans cette expression, le courant i(t) est celui qui traverse la résistance R.
118
Dans le cas des condensateurs, il faut d’abord savoir qu’ils ne dissipent pas
d’énergie, mais stockent plutôt cette dernière. Il faut que la source délivre de
l’énergie pour que les condensateurs en stockent. Cela exige une partie de la
puissance délivrée par la source au circuit.
o Énergie en joules (J) stockée dans un condensateur de capacité C avec une
tension instantanée ( )CV t et charge q(t) sur l’armature positive :
2
2
( )( ) (J) où ( ) ( )
2
1( ) ( ) (J)
2
C C
C C
q tU t q t CV t
C
U t CV t
(3.58)
o Puissance absorbée (non dissipée) par un condensateur
( ) ( )avec ( )
( )
avec ( )
CC
CC C
q dq q t i tq t
dU C dt CP t
dVdtCV V t
dt
(3.59)
La puissance s’exprime en watt (W) comme mentionné ci-dessus.
Dans le cas des inductances (comme dans celui des condensateurs), ces éléments
ne dissipent pas d’énergie, elles en stockent. Les expressions suivantes sont les
expressions de l’énergie stockée UL (J) et de la puissance PL (W) associée à ce
stockage dans une inductance L (H) en fonction du courant i(t) (A) qui la
traverse :
21( ) (J)
2où ( )
(W)
L
LL
U t Li
i i tdU di
P Lidt dt
(3.60)
3.2.4 Les circuits RC séries et RL séries
Les seuls circuits qui seront considérés, associés à des ED d’ordre 1 sont les suivants :
Circuits RC série ;
Circuits RL série.
119
Circuit RC série
S
a
R
C
+
_
i + +_ _
o
Figure 3.15. La figure présente un circuit RC série
Pour l’analyse de ce circuit, on suppose que le commutateur S est placé en position
(a) en t = 0. On suppose également que les conditions initiales sont les suivantes :
00(0) (0)C
Qq Q V
C (3.61)
Deux ED sont associées à ce circuit : l’une en q(t), l’autre en ( )CV t . Ces ED sont
déterminées en appliquant la loi des mailles à ce circuit en parcourant la maille en
partant du point (o) et en parcourant la maille dans le sens horaire, celui du courant
tel que représenté sur la figure :
ED en q(t)
0
0
avec (0)
qRi
dq qCR q Q
dq dt Ci
dt
(3.62)
ED en ( )CV t
0
0
avec (0)CC C C
C
qRi
C
dV QqV RC V V
C dt C
dVi C
dt
(3.63)
Généralement, les conditions initiales « sont nulles », c’est-à-dire que q(0) = 0 et
VC(0) = 0, sauf dans le cas d’un circuit de décharge d’un condensateur dans une
résistance.
120
Il importe de signaler que les cas les plus courants de circuits RC séries et les plus
importants sont ceux pour lesquels les sources sont les suivantes :
o 0 ( )V (décharge d’un condensateur à travers une résistance comme
dans le cas de la production d’une lumière intense avec un « flash »
d’appareil photo) ;
o 0 ( )E V (le circuit résultant est un circuit de charge d’un condensateur
avec une batterie, c’est-à-dire une source constante);
o 0 0sin ( ) ou cos( )E t E t (cas des sources sinusoïdales).
Plusieurs circuits requièrent des condensateurs pour des raisons multiples : correction
du facteur de puissance d’un circuit inductif (cas des moteurs électriques), rôle de
filtre pour certaines fréquences, atténuation de certaines fréquences dans le cas d’un
appareil radio alimenté par une source sinusoïdale, etc.
Constante de temps et temps de réponse dans le ca des circuits RC séries
Les deux définitions suivantes sont utiles pour les fins de l’interprétation. Elles
permettent notamment de distinguer dans le temps la partie de la solution de l’ED
relative au circuit associée au régime transitoire (qui se manifeste lorsqu’on active le
circuit et dans laquelle on a une exponentielle négative) et le régime permanent qui
persiste dans la dynamique du circuit lorsque le régime transitoire s’estompe.
o La constante de temps du circuit RC série exprimée en secondes:
(sec)RC RC (3.64)
o Le temps de réponse du circuit RC série exprimé en secondes:
5 5 (sec)RCT RC (3.65)
o Le régime permanent prévaut lorsque t > T.
Par exemple, lorsqu’un circuit RC série activé en t = 0 est alimenté par une source
sinusoïdale, on considère que le régime permanent est atteint lorsque
5 ou RCt t T .
Finalement, on peut considérer la valeur de la constante de temps comme l’unité de
temps appropriée pour étudier les circuits RC.
121
Circuit RL série
S
a
R
+
_
i
o
L
Figure 3.16. La figure présente un circuit constitué d’une source alimentant une
résistance R en série avec une inductance L.
En terme d’interprétation, c’est le circuit simplifié d’un moteur électrique alimenté
par une source de tension qui peut être constante (une batterie par exemple) dans le
cas d’un moteur à courant continu ou par une source sinusoïdale dans le cas d’un
moteur synchrone.
Pour l’analyse du circuit de la figure (3.16), on suppose que le commutateur S est
placé en position (a) en t = 0. On suppose également que la condition initiale sur le
courant est la suivante : 0(0)i I (généralement 0 0I dans les applications
courantes). L’ED associée à ce circuit vise à déterminer l’expression de i(t). La loi
des mailles appliquée à partir du point (o) en parcourant la maille dans le sens du
courant indiqué (sens horaire) donne une ED en i(t) :
0
0
avec (0)
diL Ridi
Ri L dtdt
i I
(3.66)
Dans le cas des circuits RL séries, les cas habituels sont associés aux sources de
voltage suivantes :
o 0 ( )V ;
o 0 ( )E V (alimentation d’un moteur électrique à courant continu);
o 0 0sin ( ) ou cos( )E t E t (cas des sources sinusoïdales) comme
dans le cas de l’alimentation d’un moteur électrique par une source de
tension sinusoïdale.
Constante de temps et temps de réponse dans le cas des circuits RL séries
Comme dans le cas des circuits RC séries, les notions de constantes de temps et de
temps de réponse sont utiles pour les fins de l’interprétation. Elles permettent
122
notamment de distinguer dans le temps la partie de la solution de l’ED relative au
régime transitoire et au régime permanent du circuit qui persiste lorsque le régime
transitoire s’estompe.
Dans le cas des circuits RL séries, la constante de temps RL et le temps de réponse
T sont donnés par :
(sec)
5 5 (sec)
RL
L
R
LT
R
(3.67)
Lorsqu’un circuit RL série activé en t = 0 est alimenté par une source constante (une
batterie par exemple) ou par une source sinusoïdale, on considère que son
fonctionnement est en régime permanent lorsque .
Finalement, comme dans le cas des circuits RC séries on considère la valeur de la
constante de temps comme l’unité de temps appropriée pour étudier les circuits RL
séries.
5 ou t t T
123
3.2.5 Exercices sur les circuits électriques
Exercice 1
Un circuit est constitué d’une résistance R () en série avec un condensateur de capacité
C (F) et d’une source constante E0 (V) (voir le circuit de la figure 14). En t = 0, on ferme
le commutateur pour activer le circuit, il n’y a aucune charge sur le circuit à cet instant.
a) Déterminez l’ED dont la solution donne la charge en fonction du temps.
b) Déterminez les expressions de la constante de temps et du temps de réponse de ce
circuit en fonction de R et de C.
c) Déterminez q(t) et ( )CV t , la charge et la différence de potentiel aux bornes du
condensateur en fonction du temps.
d) Déterminez l’expression de la charge maximale que peut stocker le condensateur
ainsi que la tension maximale que l’on peut mesurer à ces bornes dans le contexte
de ce circuit.
e) Déterminez l’expression du courant i(t) dans la résistance en fonction du temps.
f) Montrez qu’à l’instant de l’activation du circuit, la tension aux bornes du
condensateur est nulle en examinant la limite suivante :0
lim ( )Ct
V t
.
g) Montrez en examinant la limite de i(t) quand 0t qu’au moment de l’activation
du circuit, le courant dans la résistance est donné par l’expression suivante :
(0 )iR
(A)
En termes d’interprétation, si la charge est nulle sur le condensateur en t = 0, ce
dernier se comporte comme un conducteur quand 0t , lors de l’activation du
circuit. C’est comme si le circuit équivalent ne comportait que la source et la
résistance à cet instant seulement.
h) Montrez que le courant i(t) tend vers 0 quand t .
En termes d’interprétation, quand le condensateur est chargé, la différence de
potentiel à ses bornes est égale à celle aux bornes de la source de sorte qu’il ne
peut y avoir une différence de potentiel aux bornes de la résistance pour y faire
circuler un courant.
124
Exercice 2
Un circuit est constitué d’une résistance 5 () en série avec un condensateur de capacité
1/10 (F) et d’une source constante 12 (V) (voir le circuit de la figure 3.15). En t = 0, on
ferme le commutateur pour activer le circuit, il n’y a aucune charge sur le circuit à cet
instant.
a) Calculez la valeur de la constante de temps et du temps de réponse T du circuit.
b) Déterminez les expressions de q(t) et i(t).
c) Utilisez la calculatrice pour faire tracer dans la même fenêtre graphique ( )CV t ,
( )RV t ainsi que ( ) ( )C RV t V t .
d) Déterminez la valeur maximale que peut atteindre la charge sur le condensateur.
e) Calculez la valeur de q(T) où T désigne le temps de réponse du circuit et le
pourcentage de la charge maximale que représente cette valeur.
Interprétation : Dans le cas de ce circuit, le temps de réponse T du circuit
correspond au temps pour lequel on considère que la charge du condensateur est
complète et que le temps nécessaire pour que le courant délivré par la source soit
négligeable. Le régime permanent est alors atteint.
f) Montrez qu’à tout instant, la puissance délivrée par la source au circuit est égale à
la somme de la puissance dissipée dans la résistance et de celle utilisée pour le
stockage de l’énergie dans le condensateur.
Aide : Montrez que ( ) ( ) ( )R CP t P t P t (voir l’encadré sur la puissance)
Exercice 3
Figure 3.17. La figure illustre un ultra-condensateur qui a été chargé sous 2,5 (V). En t = 0, on place le commutateur S en position (a). La résistance R a été choisie de sorte que la durée de la décharge se fasse en 30 minutes.
Un ultra-condensateur C de 300 F initialement chargé sous une tension constante de 2,5
(V) se décharge dans une résistance R de sorte que la décharge dure 30 minutes.
125
a) Déterminer la valeur de R dans les conditions exprimées dans le texte sous la
figure.
b) Déterminez alors l’expression de q(t).
c) Calculez le temps nécessaire pour que la charge sur le condensateur soit égale à
50% de sa valeur initiale.
Exercice 4 (optionnel)
Figure 3.18. La figure illustre le circuit simplifié d’un flash d’appareil photo. Lorsqu’on
active l’appareil photo, le commutateur est automatiquement en position (a) et le
condensateur se charge. Lorsque le photographe prend une photo faisant intervenir le
flash, le commutateur est à cet instant placé en position (b) et le condensateur libère toute
son énergie dans la lampe en 0,05 seconde.
Le circuit simplifié associé à un « flash » de caméra est présenté dans la figure (3.18) qui
suit. Vous devez d’abord déterminer les valeurs respectives de la résistance R et de la
capacité C du condensateur sachant que :
la puissance P moyenne de la lampe est de 50 W lors d’un flash dont la
durée est de t = 0.05 seconde. Dans ces conditions, l’énergie lumineuse
émise lors d’un flash est donnée par
2,5 (J)lampeU P t
l’on considère que toute l’énergie stockée dans le condensateur est libérée
lors d’un seul « flash ».
la source est une batterie de 3 volts ;
le condensateur C se recharge en 5 seconde lorsque le commutateur S est en
position (a) ;
le condensateur se décharge dans la lampe lorsque le commutateur est placé
dans la position (b), c’est-à-dire au moment de prendre une photo.
a) Déterminez la valeur de C sachant que l’énergie stockée dans ce condensateur que
l’on suppose complètement chargé est égale à celle émise par la lampe.
b) Déterminez la valeur de R sachant que le temps de charge du condensateur est de
5 secondes.
c) Déterminez l’expression de q(t) lorsque le condensateur se charge.
R
a b
S
C Lampe+
_
126
d) Supposons que la lampe peut être considérée comme une résistance RL. Dans ces
conditions calculez la valeur de cette résistance en considérant que dans ces
conditions, on a un circuit RC série sans source pour lequel la décharge se fait en
0.05 seconde. De plus, utilisez cette valeur pour déterminer les expressions de la
charge sur le condensateur et le courant dans la lampe en fonction du temps.
Déterminez également la valeur du courant maximal dans la lampe.
Aide : La condition initiale sur la charge est connue, étant donné que l’on suppose
que le condensateur est complètement chargé. De plus, on considère que le temps
de décharge est égal au temps de réponse du circuit.
Exercice 5
Un circuit est constitué d’une résistance R () en série avec une bobine dont l’inductance
est de L (H) et d’une source constante E0 (V) (voir le circuit de la figure 3.16). En t = 0,
on ferme le commutateur pour activer le circuit, il n’y a aucune charge sur le circuit à cet
instant.
a) Déterminez l’ED dont la solution donne i(t), le courant délivré par la source en
fonction du temps.
b) Déterminez les expressions de la constante de temps et du temps de réponse de ce
circuit en fonction de R et de L.
c) Déterminez i(t), le courant délivré par la source en fonction du temps. Il s’agit
également du courant qui traverse tous les éléments du circuit.
d) Montrez en examinant la limite de i(t) quand qu’au moment de l’activation
du circuit, le courant est nul.
e) Déterminez l’expression du courant limite maximal délivré par la source au
circuit.
f) Déterminez l’expression de la différence de potentiel aux bornes de la bobine en
fonction du temps.
g) Montrez qu’au moment de l’activation du circuit la différence de potentiel aux
bornes de la bobine est égale à celle aux bornes de la source.
0t
127
h) Montrez en examinant la limite de i(t) quand t (en pratique, t > T, le temps
de réponse du circuit) le courant dans la résistance est donné par l’expression
suivante :
iR
(A)
En termes d’interprétation, lorsque t > T, le régime permanent est atteint, la
différence de potentiel aux bornes de la bobine est nulle et celle aux bornes de la
résistance est égale à celle aux bornes de la source.
Exercice 6
Un circuit électrique est constitué d'une source constante E = 120 (V) alimentant une
résistance R = 100 en série avec une bobine d'inductance inconnue L (H). Il n'y a
aucun courant qui circule dans le circuit au moment où l'on ferme le commutateur.
a) Déterminez l'ED à résoudre, équation dont la solution est le courant i (t) délivré
par la source au circuit.
b) Résoudre l'équation obtenue en (a) pour déterminer l'expression du courant en
fonction du temps.
c) Déterminez la valeur de l'inductance L de la bobine si le courant est de 0,76 A
lorsque t = 0,01 sec.
d) Déterminez la tension aux bornes de la bobine tout juste au moment où l’on ferme
le commutateur.
e) Déterminez la tension aux bornes de la bobine et aux bornes de la résistance
quand t .
Exercice 7
Une bobine dont l’inductance est de 50 mH est en série avec une résistance de 10 et
une pile de 25 V (voir le circuit de la figure (3.16)). On ferme le commutateur en t = 0
alors que le courant est nul à cet instant.
a) Déterminez l’ED dont la solution est le courant i(t) en fonction du temps et
trouvez l’expression de i(t).
b) Considérant que le courant ip(t) en régime permanent est celui qui reste lorsque
t , déterminez son expression.
c) Calculez le temps requis pour que le courant atteigne 90% de sa valeur maximale.
d) Déterminez les expressions respectives de PR, PL et P, la puissance dissipée dans
la résistance, la puissance utilisée pour le stockage d’énergie dans la bobine et la
puissance délivrée par la source.
e) Montrez que P = PR + PL.
128
Exercice 8
Un circuit RC série est constitué d’une résistance de 10 , d’un condensateur de 0,01 F
et d’une source sinusoïdale ( ) 24sin (10 )t t . La charge est nulle sur le condensateur
lorsqu’on active le circuit.
a) Déterminez la constante de temps de ce circuit ainsi que le temps de réponse de ce
dernier.
b) Déterminez l’ED dont la solution est q(t), la charge sur le condensateur en
fonction du temps.
c) Déterminez les expressions de q(t), la charge sur le condensateur et i(t), le courant
délivré par la source.
d) Déterminez l’expression du courant en régime permanent ( ( )pi t ).
e) Calculez l’angle de phase entre la tension de la source et le courant délivré par
cette dernière lorsque le circuit est en régime permanent et déduisez le facteur de
puissance du circuit.
f) Calculez l’angle de phase entre la tension et le courant délivré (toujours en
régime permanent) par la source si la fréquence de la source est 10 fois plus
grande.
Exercice 9
Un circuit RL série est constitué d’une résistance de 10 , d’une bobine dont
l’inductance est de 1 H et d’une source sinusoïdale ( ) 24sin (10 )t t . Le courant est
nul dans le circuit lorsqu’on l’active.
a) Déterminez la constante de temps et le temps de réponse du circuit.
b) Déterminez l’ED en i(t), associée à ce circuit.
c) Déterminez i(t), le courant délivré par la source en fonction du temps.
d) Déterminez l’expression du courant en régime transitoire ( ( )ti t ) et en régime
permanent ( ).
e) Calculez l’angle de phase entre la tension de la source et le courant délivré par
cette dernière lorsque le circuit est en régime permanent et déduisez le facteur de
puissance du circuit.
f) Faites les mêmes calculs qu’en (c), (d) et (e) si la fréquence de la source est 10
fois plus grande.
( )pi t
129
Réponses aux exercices
Ex. 1 a) 0 avec (0) 0dq q
R E qdt C
b) (sec) et 5 (sec)RC T RC
c) 0 0
( )( ) 1 (C) et ( ) 1 (V)
t t
RC RCC
q tq t CE e V t E e
C
d) max 0 max 0lim ( ) Ct
q q t CE et V E
e) 0( ) (A) oùt
Edqi t e RC
dt R
Ex. 2 a) 1 5
(sec) (sec)2 2
et T b)
2
2
6( ) 1 (C)
5
12( ) (A)
5
t
t
q t e
i t e
c) max lim ( ) 1,2 (C)t
q q t
d) ( ) (5 ) 1,1919 (C) 99,33%q T q de maxq
Ex. 3 a) R = 1,2 pour que T = 5 1800 secondes
b) 3606
0 , (0) 750 ( ) 750 (C)5 300
tdq q
q q t edt
c) 249,53 secondes
Ex. 4 a) Chargé sous 3 (V), 21
(3)2
CU C = 5
2,5 (J) (F)9
lampeU C
b) R = 1,8 c) 5
( ) 1 (C)3
tq t e d) 0.018LR
Ex. 5 a) 0 , (0) 0di
L Ri E idt
b) (sec) et 5 5 (sec)L L
TR R
c) 0( ) 1 (A)t
Ei t e
R
e) 0
max lim ( )t
Ei i t
R
f) 0( ) (V)t
L
diV t L E e
dt
g) 0(0 ) lim ( )L L
tV V t E
Ex. 6 a) 100 120 , (0) 0di
L i idt
b)
1006
( ) 1 (A)5
tLi t e
c) L = 1 (H) d) 120 (V)
e) 120 ( ) et 0 quandR LV V V t
130
Ex. 7 a) 5
10 25 , (0) 0100
dii i
dt b)
5( ) (A)
2pi t c) 0,0115 (sec)
d)
200
22 200
200 200
125( ) ( ) 1 (W)
2
125( ) ( ) 1 (W)
2
125( ) 1 (W)
2
t
t
R
t t
L
P t i t e
P t Ri t e
diP t Li e e
dt
Ex. 8 b) 10 24sin (10 ), (0) 0dq q
t qdt C
c)
10
10
3 3( ) cos (10 ) sin (10 ) (C)
25 25
6 6( ) cos (10 ) sin (10 ) (A)
5 5
t
t
q t e t t
i t e t t
d) 6 6 2
( ) cos(10 ) sin (10 ) sin (10 ) (A)5 5 4
pi t t t t
e)
( ) 24 sin (10 )2
et cos ( ) 0,7076 24 2( ) sin 10
5 4p
t t
i t t
Le courant est en avance de phase de 4
(rad) sur la source.
f) 240 24
( ) sin (100 ) cos(100 )101 101
pi t t t et 0,09967 (rad)
cos ( ) 0,9995
Ex. 9 a) 1 1
(sec) 5 (sec)10 2
Let T
R
b) 10 24 sin (10 ) , (0) 0di
i t idt
c) 106 6( ) sin(10 ) cos(10 ) (A)
5 5
ti t e t t
d)
106( ) (A)
5
6( ) sin(10 ) cos (10 ) (A)
5
t
t
p
i t e
i t t t
131
e)
( ) 24 sin (10 )2
et cos ( )6 24 2( ) sin 10
5 4p
t t
i t t
Le courant est en retard de phase sur la tension de la source.
f)
1024( ) (A)
101
1( ) 12 sin (100 ) 120 cos (100 ) (A)
505
1,47 (rad)
cos ( ) 0,0995
t
t
p
i t e
i t t t
132
3.3 Phénomènes d’échange de chaleur
À moins de spécifier le contraire, on supposera dans ce qui suit que le corps placé dans
un milieu donné ne modifie pas la température de ce dernier.
Il existe deux lois permettant de déterminer la température T(t) d’un corps placé dans un
milieu dont la température M(t) peut être variable :
La loi de Newton
La loi de Stephan
3.3.1 La loi de Newton
La loi de Newton associée à l’échange de chaleur suppose que cet échange se fait
uniquement par convection, ce qui implique un échange par contact entre le corps et le
milieu dans lequel il est placé (impossible dans le vide). Elle se formule comme suit : le
taux de variation de la température T(t) d’un corps placé dans un milieu de température
M(t) (qui peut être constante ou variable selon l’application considérée) est proportionnel
à la différence ( ( ) ( ))M t T t entre la température du milieu et celle du corps. L’ED
permettant de déterminer T(t) est la suivante :
0( ( ) ( )) avec (0)dT
k M t T t T Tdt
(3.68)
Dans cette ED, la constante k est positive (k > 0): si la température initiale du corps est
plus petite que la température du milieu, elle va augmenter. Dans ces conditions le taux
de variation de la température doit être positif, ce qui implique que k > 0. Un
raisonnement analogue peut se faire si la température initiale est plus grande que celle du
milieu et la conclusion est la même.
Remarque : L’équation (3.68) n’est pas la forme habituelle de la loi de Newton. De plus,
elle cache des aspects importants de la réalité du problème posé :
o La température du corps correspond à sa température moyenne;
o La forme du corps, sa masse et sa chaleur spécifique (déterminée selon sa capacité
de stocker de l’énergie thermique) sont des facteurs qui ne sont pas explicitement
considérés ;
o Est-ce que la convection est naturelle ou forcée comme avec l’utilisation d’un
ventilateur pour refroidir un corps chaud.
133
La loi de Newton se formule comme suit : Le taux de variation de l’énergie thermique
d’un corps placé dans un milieu de température M est donné par :
dT
mc hA M Tdt
(3.69)
Dans l’ED en (3.69), m est la masse du corps, c sa chaleur spécifique (lié à la capacité du
corps de stocker de l’énergie thermique), A est la surface extérieure du corps, h est le
coefficient de convection thermique (lié à la forme du corps), M est la température du
milieu dans lequel le corps est placé (on suppose que la présence du corps ne change pas
M) et T désigne la température moyenne du corps. Cette ED peut également s’écrire
comme en (3.68) :
oùdT hA hA
M T k M T kdt mc mc
(3.70)
On retrouve donc le modèle formulé en (3.68). On remarque que le paramètre k est entre
autres proportionnel à A, la surface extérieure du corps placé dans le milieu de
température M.
3.3.2 La loi de Stephan
La loi de Stefan associée à l’échange de chaleur suppose que cet échange se fait
strictement par rayonnement. Dans ces conditions, la loi de Stefan permet de déterminer
la température T(t) d’un corps placé dans un milieu de température M(t) qui peut être
constante ou variable. Elle s’énonce ainsi : le taux de variation de la température d’un
corps est proportionnel à la différence entre la puissance quatrième de la température du
milieu et la puissance quatrième de la température du corps. L’ED associée à cette loi
s’énonce comme suit :
4 4
0( ) ( ) , 0 (0)dT
b M t T t b avec T Tdt
(3.71)
Dans cette ED, la température du corps T(t) et celle du milieu M(t) s’exprime en degré
Kelvin (oK). La relation suivante permet d’exprimer une température donnée en
oC en
degré Kelvin :
o o( K) ( C) + 273T T (3.72)
Remarque
Les deux processus sont généralement présents lors de l’échange de chaleur entre un
corps et son environnement, mais dans le cas de plusieurs applications, l’un des processus
est nettement dominant. À titre d’exemples :
134
L’évolution de la température d’un corps placé dans un grand réservoir d’eau peut
être déterminée avec précision avec la loi de Newton;
Si le même corps est placé dans une chambre dans laquelle on a produit un vide
poussé (convection négligeable), l’évolution de sa température pourra être
déterminée par la loi de Stefan.
Dans le cas d’une pièce de métal chauffée à haute température et disposée à l’air
libre, l’échange de chaleur se fait selon les deux processus : en s’approchant du
morceau de métal, on pourrait ressentir sur la peau la chaleur par rayonnement; en
mettant la main au-dessus de la pièce, on pourrait ressentir l’air qui s’est réchauffé
(par convection) en passant près de la pièce de métal et qui s’élève au-dessus de
cette dernière.
Lorsque la température T d’un corps ne s’écarte pas beaucoup de M, celle du milieu, la
loi de Stefan s’approxime à une loi de la forme de celle de Newton (voir (3.68)) :
4 4 2 2
2 2 2 3
3
2 2 4
où = 4
dTb M T b M T M T M T
dt
M T b M T M T b M M b M
dTM T b M
dt
(3.73)
Finalement, lorsque la température du milieu est constante, on observe que la température
du corps converge vers celle du milieu, que l’échange de chaleur obéisse à la loi de
Newton où à celle de Stefan.
135
3.3.3 Exercices sur les phénomènes d’échange de chaleur (loi de Newton)
Les exercices proposés ci-dessous sont élaborés autour de la loi de Newton. Il est
préférable d’utiliser l’unité de temps (seconde, minute ou heure) selon la rapidité du
processus de refroidissement.
Exercices 1
Cet exercice vise à illustrer l’influence des conditions initiales sur la solution dans le
contexte de l’ED (65) associée à la loi de Newton sur le refroidissement. La température
d’un corps placé dans un milieu donné est déterminée par la solution de l’ED suivante :
1
202
dTT
dt
Dans cette équation la variable t s’exprime en minutes et la température T en oC.
a) Résolvez cette ED à l’aide de la calculatrice avec chacune de CI suivantes :
(0) 5, (0) 15, (0) 18, (0) 22, (0) 25 et (0) 30T T T T T T .
b) Faites tracer toutes les solutions sur un intervalle de temps approprié, dans la
même fenêtre graphique, et tirez une conclusion sur ce que vous voyez.
Exercice 2
Cet exercice vise à illustrer l’influence du paramètre k sur la solution dans le contexte de
l’ED (65) associée à la loi de Newton sur le refroidissement. La variable t s’exprime en
minute et la température en oC.
a) À l’aide de la calculatrice, calculez les solutions de chacune des ED suivantes.
120 , (0) 40
5
120 , (0) 40
2
2 20 , (0) 40
5 20 , (0) 40
dTT T
dt
dTT T
dt
dTT T
dt
dTT T
dt
b) Dans la même fenêtre graphique, faites tracer toutes les solutions des ED en (a)
sur un intervalle de temps approprié. Tirez une conclusion sur ce que vous
observez.
136
Exercice 3
Supposons que la température d’un corps peut être déterminée à l’aide de la solution de
l’ED suivante (t s’exprime en minutes) :
1
20 , (0) 302
dTT T
dt
a) Calculez la valeur numérique de la température du corps lorsque t = 8 minutes à
l’aide de la solution analytique (vous pouvez utiliser la calculatrice pour chacune
des étapes de cet exercice).
b) En supposant que la valeur obtenue en (a) est exacte, comparez celle-ci avec les
réponses obtenues
à l’aide de l’algorithme d’Euler avec 8 étapes de calcul;
à l’aide de l’algorithme de Runge-Kutta en 8 étapes de calcul;
avec un polynôme de Taylor de degré 10 développé autour de T(0) = 30.
Déterminez laquelle des trois dernières approches donne la réponse la plus
précise. Utilisez la calculatrice pour les calculs.
Exercice 4
Le thermomètre intégré d’un four ne fonctionne pas. Pour déterminer la température du
four, on décide d’y mettre un thermomètre qui indique 20 oC à cet instant. Après une
minute, ce dernier indique 155,6 oC. Après deux minutes, il indique 210.7
oC. Dans ces
conditions, répondez aux questions suivantes en supposant que l’échange de chaleur entre
le thermomètre et le four se fait uniquement par convection, c’est-à-dire selon la loi de
Newton.
a) Déterminez la température du four.
b) Si le thermomètre ne peut supporter plus de 230 oC, combien de minutes au total
peut-on le laisser dans le four.
Exercice 5
Un refroidisseur à vin est constitué d’un réservoir cylindrique dans lequel un liquide est
maintenu à une certaine température qui peut être ajustée à l’aide d’un dispositif prévu à
cet effet. L’appareil intègre également un petit moteur qui fait tourner le liquide pour
faciliter l’échange de chaleur (convection forcée) avec les bouteilles de vin pour les
refroidir.
137
Le refroidisseur doit avoir la propriété d’amener à 13 oC en 6 minutes la température
d’une bouteille de vin à 20 oC prise sur une tablette d’une succursale de la SAQ.
L’objectif de l’exercice est de déterminer la température M du liquide permettant de
réaliser cet objectif, considérant que l’échange de chaleur entre le liquide et la bouteille
se fait par convection et obéit à la loi de Newton. Une expérience révèle que la
température moyenne d’un échantillon de bouteilles est de 17,1 oC après 3 minutes
lorsque le liquide est placé à 9 oC. Dans ces conditions :
a) Déterminez la valeur de la constante k dans le modèle de Newton.
b) Déterminez la température M à laquelle il faut placer le liquide pour satisfaire la
contrainte, c’est-à-dire : (6) 13 si (0) 20.T T
Exercice 6
On considère que la température en fonction du temps T(t) d’un corps placé dans un
milieu à la température M où il est exposé au vent est donnée par
( ) ( )dT
k v M Tdt
(*)
Dans cette égalité où t s’exprime en minutes, M est la température du milieu et v désigne
la vitesse du vent qui, avec les constantes k et déterminent le paramètre d’échange de
chaleur en lui associant un effet éolien.
a) Résolvez l’ED (*) avec la condition initiale T(0) = T0.
b) L’expérience montre que la température d’un litre d’eau placé à une température
initiale de 30 C dans un milieu sans vent dont la température est de o20 C chute à
13.5 C en 10 minutes. Dans les mêmes conditions, lorsque le vent est de 5 m/sec, la
température chute à 6,1 C après 10 minutes. À l’aide de ces informations et de la
réponse obtenue en (a), déterminez les constantes k et du modèle proposé.
c) Déterminez alors la température du litre d’eau après 5 minutes si les conditions sont
les mêmes, mais que le vent est de 15 m/sec.
d) Combien de minutes faut-il pour que la température du litre d’eau chute à 0 C si les
conditions sont exactement les mêmes qu’en (c).
Exercice 7
À 12h, le détective Untel arrive sur une scène de crime. Un cadavre y a été découvert. Le
sergent Laprise a interrogé plusieurs suspects et prétend pouvoir déterminer le coupable
si l’on peut déterminer l’heure du crime. Le détective Untel sort un thermomètre et
mesure la température du cadavre : 34,5 oC. Il dit au sergent qu’après l’heure du lunch, à
13 h, il serait en mesure de déterminer l’heure du crime. Au retour du lunch, le détective
mesure à nouveau la température du cadavre : 33.7 oC. Il avait également eu le temps de
vérifier que la température avait été à peu près stable à 16 oC pendant toute l’avant-midi.
138
Sachant que la température normale du corps est de 37 oC, déterminez l’heure du meurtre.
Pour cet exercice, il est préférable d’exprimer le temps en heure.
3.3.4 Réponse aux exercices
Ex.1 a) 2( ) 20 ( 20)t
oT t T e
b)
Ex.2 a) ( ) 20 20 ktT t e
b) Le changement de température se fait d’autant plus rapidement que la valeur
de k est grande.
Ex. 3 a) 20,1832 oC
b) Euler 20,0391 oC Runge-Kutta 20,1445
oC et Taylor 20,9672
oC
Runge-Kutta produit la meilleure approximation de la réponse.
Ex. 4 a) 248,4 oC b) Le thermomètre doit être retiré avant 2 minutes et 48 secondes.
Ex. 5 a) k = 0,102 b) Le liquide doit être à 4,7 oC.
Ex. 6 a) ( )( ) k v t
oT t M T M e b) k = 1/25 et = 5/1000 c) 8,13 oC
d) Un peu moins de 6 minutes
Ex. 7 Le meurtre a eu lieu à 9 h 08.
139
3.4 Applications reliées à la loi de Torricelli
Les applications considérées ci-dessous sont toutes liées à la vidange des réservoirs. Ce
qui les distingue se résume à la forme des réservoirs et, s’il y a ou non un apport de
liquide dans ces derniers.
Réservoir cylindrique
La figure illustre un réservoir cylindrique de section A (m2) contenant un liquide qui
s’écoule par un jet de section a (m2). Nous supposerons que la section du jet est égale à
l’aire de l’orifice de sortie, ce qui n’est pas tout à fait le cas. La figure (3.19) illustre la
situation.
y (t)
y = 0
vs
Y R
d
Figure 3.19. Écoulement d’un liquide par un orifice situé à la base d’un réservoir
cylindrique. L’objectif est de déterminer un modèle pour le calcul du niveau de liquide
y(t) dans le réservoir en fonction du temps.
La loi de Torricelli stipule que la vitesse vs à laquelle le liquide sort de l’orifice est
fonction de la hauteur y de liquide dans le réservoir. Elle est donnée par l’expression
suivante:
2 (m/ sec)sv gy (3.74)
Dans cette égalité, g est la constante d’attraction gravitationnelle à la surface de la terre
et y la hauteur du liquide au-dessus de l’orifice (y = y(t)).
Le volume dV de liquide s’écoulant dans l’intervalle de temps dt est donné par
sdV Ady av dt (3.75)
Le signe négatif devant le terme de droite en (71) s’explique par le fait que le volume de
liquide dans le réservoir diminue, c’est-à-dire que dy < 0.
140
En substituant A = 2 2
aR et a r (où ra = d /2 désigne le rayon de l’orifice par lequel le
liquide s’écoule) et l’expression de sv en (3.74) dans (3.75), on obtient une ED en y(t), la
hauteur du liquide dans le réservoir en fonction du temps :
2 2 2aR dy r gy dt
2 2
02 , (0)a
dyR r gy y Y
dt (3.76)
L’ED (3.76) obtenue est valable pour un réservoir cylindrique dont l’axe est vertical. Sa
solution permet de déterminer la hauteur du liquide y(t) en fonction du temps au-dessus
de l’orifice et, notamment, de déduire le temps pour que le réservoir se vide si l’orifice
est situé à sa base. L’ED obtenue est à variables séparables.
Dans le cas d’un réservoir de forme quelconque, il faut d’abord déterminer l’expression
A(y) de la section du réservoir en fonction de la hauteur y du liquide au-dessus de l’orifice
de sortie de section a =2
ar . C’est ainsi qu’on obtient les différents modèles sous forme
de l’ED qui suit :
2
0( ) 2 , (0)a
dyA y r gy y Y
dt (3.77)
Réservoir hémisphérique
Dans le cas du réservoir hémisphérique de rayon R de la figure ci-dessous, on démontre
d’abord que A(y) est donné par :
2( ) 2A y yR y (3.78)
vs
y = 0
R
y
y(t)
A(y)
r
Figure 3.20. La figure illustre un réservoir hémisphérique de rayon R se vidant
par un orifice de section a (m2) situé à sa base. A(y) désigne l’aire à la surface du
liquide lorsque la hauteur du liquide est y dans le réservoir.
141
Dans ces conditions, l’ED en y(t) avec la condition initiale y(0) = Y0 est la suivante :
2 2
02 2 , (0)a
dyyR y r gy y Y
dt (3.79)
Cette ED est à variables séparables. Sa solution permet de calculer la hauteur du liquide
y(t) en fonction du temps.
Réservoir conique
La figure illustre le cas d’un réservoir conique d’angle . Dans les conditions de la
figure, on a l’expression suivante pour A(y) :
y
vs
y = 0
y(t)
r
Figure 3.21. La figure présente le cas d’un réservoir cylindrique d’angle . Le
liquide s’écoule par un orifice de rayon ra situé à la base du réservoir.
Dans le cas du réservoir de la figure, l’expression de l’aire A(y) de la surface du liquide
est donné par l’expression suivante :
2
2 2( )( ) tan ( )
tan ( )
A y rA y y
r y
(3.80)
Dans ces conditions, l’ED en y(t) est donnée par
2 2 2
0tan ( ) 2 , (0)a
dyy r gy y Y
dt (3.81)
Cette ED est à variables séparables. Y0 désigne ici la hauteur initiale du liquide dans le
réservoir.
142
Remarque. Si chacun des réservoirs décrit ci-dessus est alimenté à raison de V0 (m3) de
liquide par seconde, alors, pour tenir compte de cet apport, les ED doivent être modifiées
comme suit:
Réservoir cylindrique (axe vertical) :
2 2
0 02 , (0)a
dyR r gy V y Y
dt (3.82)
Réservoir hémisphérique :
2 2
0 02 2 , (0)a
dyyR y r gy V y Y
dt (3.83)
Réservoir conique :
2 2 2
0 0tan ( ) 2 , (0)a
dyy r gy V y Y
dt (3.84)
Dans le contexte de cette remarque, l’une des questions à laquelle on cherche une réponse
est la détermination de la hauteur finale du liquide dans les réservoirs. Cette question est
laissée en exercice.
143
3.4.1 Exercices sur la loi de Torricelli
L’utilisation de la calculatrice est souhaitable pour les exercices qui suivent.
Exercice 1
Un réservoir d’eau cylindrique de 50 cm de diamètre et de 2 mètres de hauteur se vide
par un orifice de 1 cm de diamètre situé à sa base.
a) Sachant qu’initialement, le réservoir est plein, déterminez la hauteur y(t) du
liquide dans ce réservoir en fonction du temps.
b) Calculez le temps nécessaire pour que le réservoir se vide complètement.
c) Faites tracer le graphe de y(t) à l’aide de la calculatrice pendant l’intervalle de
temps nécessaire pour qu’il se vide.
d) Déterminez le débit V0 (m3) d’un apport constant d’eau dans le réservoir si l’on
veut que le niveau ne soit pas inférieur à 1 m.
e) Utilisez l’algorithme de Runge-Kutta pour faire tracer le graphe de la solution
numérique en y(t) à l’aide de la calculatrice en intégrant l’apport d’eau déterminé
en (d) et déterminez à quel instant y = 1,5 m.
Exercice 2
Un réservoir d’eau hémisphérique contient exactement la même quantité d’eau que le
réservoir de l’exercice (1) lorsqu’il est plein. Il se vide par un orifice de 5 cm de diamètre
situé à sa base comme dans le cas de l’exercice 1.
a) Déterminez le rayon du réservoir.
b) Sachant qu’initialement, le réservoir est plein, déterminez la hauteur y(t) de
liquide dans ce réservoir en fonction du temps.
c) Calculez le temps nécessaire pour que le réservoir se vide complètement.
d) Comparez la réponse obtenue en (c) avec celle obtenue en (1-c).
e) Faites tracer le graphe de y(t) à l’aide de la calculatrice pendant l’intervalle de
temps nécessaire pour qu’il se vide.
f) Déterminez le débit V0 (m3) d’un apport constant d’eau dans le réservoir si l’on
veut que la quantité d’eau dans le réservoir ne soit pas inférieure à la moitié de ce
qu’il peut contenir.
g) Utilisez l’algorithme de Runge-Kutta pour faire tracer le graphe de la solution en
y(t) à l’aide de la calculatrice en intégrant l’apport d’eau déterminé en (e).
144
Exercice 3
La figure (3.22) illustre un réservoir semi-cylindrique de rayon R (m) dont l’axe est
horizontal. Les dimensions sont indiquées sur la figure à l’exception du rayon r (m) de
l’orifice de sortie.
L
y(t)R
Y
Figure 3.22. La figure représente un réservoir de forme semi-cylindrique disposé
à l’horizontale. Ce réservoir a un rayon de R (m) et sa longueur est de L (m). Il se
vide par un orifice de rayon r (m) situé à sa base.
a) Déterminez l’expression de la surface A(y) de liquide dans le réservoir en fonction
des paramètres géométriques et de y, la hauteur du liquide dans ce dernier.
b) Déterminez l’ED dont la solution exprime la hauteur du liquide y(t) dans le
réservoir en fonction du temps.
c) Avec R = 0,25 (m), L = 1 (m), r = 0,025 (m) et si le réservoir est plein
initialement, utilisez la calculatrice avec l’algorithme de Runge-Kutta pour faire
tracer la solution numérique de l’ED obtenue en (b) et obtenir le tableau des
valeurs numériques associées à la solution numérique.
d) Estimez le temps requis pour que la hauteur de liquide dans le réservoir soit égale
à la moitié de la hauteur du réservoir.
e) Estimez le temps requis pour que le réservoir se vide.
Exercice 4
Déterminez la hauteur finale du liquide dans le cas de chacun des trois réservoirs traités
en (3.82), (3.83) et (3.84), c’est-à-dire lorsque ces derniers reçoivent V0 (m3) de liquide
par seconde tout en se vidant par un orifice de même rayon … et montrez que la hauteur
finale de liquide est la même dans chaque cas et ne dépend pas de la forme du réservoir.
Tentez une explication.
145
3.4.2 Réponse aux exercices
Ex. 1 a) 2( ) 2 0,06264 0,00049y t t t b) 63,85 secondes
c)
d) 3 3
0 8,697 10 (m / sec)V , ou encore 8697 (cm3/sec)
e) y = 1,5 quand t = 184,17 secondes.
Ex. 2 a) R = 57 cm b) Sol. implicite : 3
2320 608 2166
10 5707 7 625
yt y
c) 82,75 secondes
d) La vidange est plus rapide avec le réservoir cylindrique … qui est plus haut.
e)
f) Le niveau doit se stabiliser à y = 0,4 m. Alors, V0 = 0,005512 (m3/sec) ou 5512
(cm3/sec).
146
Ex. 3 a) 2( ) 2 2A y L Ry y b) 2 2
02 2 2 , (0)dy
L Ry y r gy y Ydt
c)
d) Un peu plus que 16 secondes e) Un peu plus que 35 secondes
Ex.4 2
0
2 40
2 a
Vdyy
dt g r
La vitesse de sortie du liquide par l’orifice dépend de la hauteur de liquide dans
le réservoir, pas de sa forme.
147
3.4.3 Projet : Mesure du coefficient de contraction de Borda
Projet d’expérience en MAT-265 élaboré par Luc Soucy (2012)
Projet 1 (… pour un devoir)
Problématique
Les modèles utilisés pour prédire le niveau de liquide dans des réservoirs de différentes
géométries font intervenir la section du jet plutôt que la section de l’orifice par lequel
s’écoule le liquide. C’est logique d’autant plus que c’est fondé sur l’observation illustrée
dans la figure.
Figure 23. La figure de gauche illustre le montage utilisé. Le cylindre comporte une graduation
permettant de déterminer la hauteur du l’eau au-dessus du milieu de l’orifice (y = 0) La figure de droite
illustre ce qu’on observe en y regardant de plus près : la section du jet est plus petite que celle de
l’orifice de sortie. Le jet semble se contracter. Le coefficient de contraction de Borda est donné par le
rapport de la section du jet sur la section de l’orifice de sortie du liquide.
La figure (20) illustre ce qu’on observe à l’orifice de sortie du jet : le diamètre dj du jet
(difficile à mesurer) est plus petit que le diamètre do de l’orifice de sortie du jet. Le
coefficient de Borda b est donné par le rapport de la section du jet sur la section de
l’orifice : 2
2
2 2
4
4
j
j
o o
dd
bd d
Dans les conditions du montage, la hauteur du liquide est petite, de sorte que la pression à
la sortie du jet n’est pas trop grande; on observe effectivement une contraction du jet,
c’est-à-dire que b < 1.
148
Matériel requis pour l’expérience
Un réservoir cylindrique avec une échelle graduée en cm pour y lire la hauteur du
liquide à partir du centre de l’orifice ;
Un bassin pour recevoir l’eau qui s’écoule de l’orifice;
Une petite plaque pour y disposer le réservoir cylindrique sur les bords du bassin;
Une règle pour la mesure du diamètre du réservoir;
Un micromètre pour la mesure du diamètre de l’orifice par lequel s’écoule l’eau;
Deux chronomètres.
Protocole
1. Mettre de l’eau dans le cylindre à au moins 18 cm au-dessus de l’orifice (fermé à
ce moment).
2. On ouvre l’orifice.
3. Les deux chronomètres sont activés en t = 0 lorsque le niveau du liquide dans le
cylindre est à 16 cm (peu après l’ouverture de l’orifice).
4. L’un des chronomètres est stoppé lorsque le niveau de l’eau passe à 10 cm.
5. L’autre chronomètre est stoppé lorsque le niveau de liquide atteint 4 cm.
6. Les étapes (2), (3) et (4) sont reprises deux fois pour faire une moyenne des
mesures en (4) ainsi qu’en (5).
Analyse des données
Étape 1
Montrez que l’ED à résoudre est de la forme suivante
0avec (0)dy
k y y Ydt
Étape 2
Montrez que la solution y(t) pour un réservoir cylindrique est de la forme suivante :
2
0 1 2( )y t a a t a t
Étape 3
Déterminez la forme de la solution empirique yemp(t) en utilisant les mesures
expérimentales.
Aide : Par trois points non-alignés, on peut faire passer une parabole dont les coefficients
sont solutions du système d’équations linéaires qui suit :
149
2
1 1 0 1 1 2 1
2
2 2 0 1 2 2 2
2
3 3 0 1 3 2 3
( )
( )
( )
y t y a a t a t
y t y a a t a t
y t y a a t a t
Étape 4
Résoudre l’ED associée au réservoir cylindrique du montage en utilisant le diamètre de
l’orifice ainsi que celui du cylindre du montage, c’est-à-dire l’ED suivante :
2 2
2 , (0) 0,164 4
cyl oD ddy
gy ydt
Suggestion : Trouvez la solution avec tous les paramètres et y en mètres et en secondes,
puis multiplier la réponse obtenue par 100 pour que y(t) s’exprime en centimètres, ou
encore, exprimez tous les paramètres en centimètres et en seconde.
Étape 5
Déterminez la valeur numérique du coefficient de contraction b de Borda en calculant le
rapport de la vitesse (dy/dt) à laquelle le niveau de liquide diminue dans le réservoir avec
la solution empirique yemp(t) obtenue à l’étape (2) et la même vitesse calculée avec la
solution obtenue à l’étape (3) pour 3 différentes valeurs de y. Si les réponses obtenues à
l’étape (2) et (3) sont bonnes, ce rapport est à peut près constant et permet d’estimer b.
Étape 6
Pour vérifiez que la valeur de b obtenue est la bonne, résolvez l’ED suivante :
2 2
2 , (0) 0,164 4
cyl oD ddy
b gy ydt
Comparez alors la réponse y(t) obtenue avec yemp(t), la solution empirique obtenue
avec les mesures effectuées.
Faites tracer les deux solutions avec la calculatrice dans la même fenêtre
graphique.
Étape 7
Estimez la section effective du jet.
150
Suite page suivante …
151
Chapitre 4
Résolution des ED linéaires d’ordre supérieur à 1
4.1 Introduction …………………………………………………….. 152
4.1.1 Forme des ED à résoudre …………………………………… 152
4.1.2 Méthodes de résolution analytiques ……………………….. 155
4.1.3 Utilisation de la calculatrice ………………………………..
155
4.2 Méthode de résolution par réduction de l’ordre (MRO) ...…........
157
4.3 Résolution des ED linéaires et homogènes à coefficients
constants d’ordre 2 ……………………………………………...
Démonstrations relatives aux trois cas ……………………..
162
166
4.4 La méthode des coefficients indéterminés …………………….. 170
4.4.1 Forme des ED à résoudre ………………………………….. 170
4.4.2 Principales étapes de la résolution …………………………. 171
4.4.3 Exemples sur la méthode des coefficients indéterminés …... 172
4.4.4 Quelques exemples sur le cas (2) (cas d’exception) ……….. 177
4.4.5 Remarques sur les constantes arbitraires …………………...
182
4.5 La méthode de variation des paramètres ………………………. 183
Forme des ED à résoudre ………………………………….. 183
Principales étapes de la résolution ………………………….
183
4.5.1 Méthode de variation des paramètres avec la calculatrice ………
187
4.6 Exercices sur la technique de réduction de l’ordre …………….. 189
4.6.1 Réponses aux exercices de la section (4.6) …………………
190
4.7 Exercices sur la résolution des ED homogènes à coefficients
constants ………………………………………………………..
191
4.7.1 Réponses aux exercices de la section (4.7) …………………
193
4.8 Exercices sur la méthode des coefficients indéterminés ……….. 194
4.8.1 Réponses aux exercices de la section (4.8) …………………
194
4.9 Exercices sur la méthode de variation des paramètres …………. 196
4.9.1 Réponses aux exercices de la section (4.9) …………………
196
4.10
4.11
4.12
4.13
Exercices sur les applications …………………………………..
Annexe 1 : Tableau pour la détermination des candidats ……….
Annexe 2 : Les nombres complexes …………………………….
Annexe 3 : Les fonctions hyperboliques ……………………….
197
198
199
202
152
Chapitre 4
Résolution des ED linéaires d’ordre supérieur à 1
4.1 Introduction
Dans ce chapitre sera abordée la résolution des ED linéaires d’ordre supérieur à 1. Parce
que les applications des ED en sciences et en génie ne font qu’exceptionnellement
intervenir des ED d’ordre supérieur à 2, nous allons essentiellement considérer la
résolution des ED d’ordre 2.
4.1.1 Forme des ED à résoudre
Définition 1. Les ED linéaires d’ordre n sont de la forme suivante :
( ) ( 1)
0 1 1( ) ( ) ... ( ) ' ( ) ( )n n
n na x y a x y a x y a x y f x
(4.1)
Dans cette égalité, les ( ) pour 0ia x i n ainsi que f(x) sont fonctions de x
(1) Si ( ) 0f x , l’ED (4.1) est dites linéaire et homogène.
(2) Parmi les ED linéaires, nous allons considérer tout particulièrement la résolution
des ED à coefficients constants d’ordre 2. Cela se justifie par les applications
considérées dans la suite de ce texte. Ces ED sont de la forme suivante :
0 0
0 1
( )'' ' ( ) , avec
'( )
y x Ya y b y c y f x
y x Y
(4.2)
(3) Lorsque ( ) 0f x , l’ED (4.2) est dites linéaire et homogène à coefficients constants
d’ordre 2. C’est un cas particulier des ED de la forme (4.2). ____________________________________________________________________________________________________________
À titre d’exemples d’applications, il y a les systèmes masse-ressort avec amortisseur
soumis à une force extérieure ou encore les circuits électriques constitués d’une
résistance, d’une bobine (inductance) et d’un condensateur en série, alimentés par une
source de tension (force électromotrice).
Les diverses techniques de résolution considérées dans ce chapitre visent précisément à
résoudre les ED de la forme (4.2). Elles peuvent être adaptées pour des ED à coefficients
constants d’ordre supérieur à 2. Cependant, les remarques suivantes sont nécessaires.
La résolution analytique des ED linéaires à coefficients non constants sera
abordée ultérieurement, dans le chapitre 7.
153
La technique des transformées de Laplace permet de simplifier la résolution de la
classe des ED de la forme (4.2) pour lesquelles les fonctions ( )f x continues par
morceaux. Les transformées de Laplace seront introduites au chapitre 5 avec
comme but principal de traiter ces cas.
La technique « quasi-analytique » de résolution en « séries de puissances » sera
introduite dans le chapitre 7. Cette technique raffine celle des polynômes de
Taylor introduite au chapitre 1. Elle permettra de résoudre certaines classes d’ED
linéaires à coefficients non constants d’ordre 1 ou 2.
Les techniques numériques, notamment l’algorithme de Runge-Kutta seront
adaptées (chapitre 7) pour la résolution de ED linéaires d’ordre 2. ____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 1. Le système masse-ressort avec amortisseur
k b
m
f(t)Y
y = 0y(t) (point d’équilibre)
Figure 4.1 La figure illustre une masse sur laquelle agit une force extérieure
f(t). La masse est reliée à un ressort de constante de rappel k et à un
amortisseur de constante b (N. sec/m) comme illustré.
Modèle mathématique associé au système de la figure
L’application de la deuxième loi de Newton pour la détermination du mouvement de
la masse de la figure conduit à l’ED suivante :
2
2
( )
( )
dvm ky bv f t
d y dydtm b ky f t
dy dt dtv
dt
(4.3)
Les CI sur la position initiale et la vitesse initiale sont les suivantes :
0 0(0) et (0) '(0)y Y v y V (4.4)
Ces CI permettent de calculer l’énergie mécanique initiale (cinétique plus
potentielle) de la masse. Elles permettent de déterminer la solution particulière sur le
mouvement ( )y t de la masse (il faut deux CI pour l’ED d’ordre 2 en (4.3) ____________________________________________________________________________________________________________
154
Exemple 2. Le Circuit RLC série.
R L
C++ ++
- - - -
ia
S
t
+
-
Figure 4.2. La figure présente un circuit RLC-série. Le circuit est
activé en t =0 en plaçant le commutateur S en position (a).
Modèles mathématiques associés aux circuits.
L’application de la deuxième loi de Kirchhoff (la somme des tensions (en volt (V))
aux bornes des éléments d’une maille fermée est nulle) permet de formuler le modèle
mathématique permettant de décrire l’évolution des observables dynamiques du
circuit :
0R L CV V V V
( ) 0di q
t Ri Ldt C
où dq
idt
Dans la deuxième égalité ci-dessus, i = i(t) désigne le courant délivré par la source en
fonction du temps en ampères (A). On obtient alors l’ED d’ordre 2 à coefficients
constants qui suit en q(t), la charge sur le condensateur en fonction du temps :
20
2
0
(0)1( ) avec
'(0) (0)
q Qd q dqL R q t
q i idt dt C
(4.5)
Si nous utilisons ( )cv t comme « observable », alors, avec quelques substitutions,
l’ED (4.5) se met sous la forme d’une ED linéaire d’ordre 2 à coefficients constants
a) Il est préférable de mettre l’ED sous la forme 2 ( )
( ) ( )b c f x
D D y F xa a a
b) Il faut factoriser le polynôme en D et écrire l’ED sous la forme suivante :
1 2( )( ) ( )D m D m y F x
c) Il faut introduire la fonction intermédiaire 2( )v D m y pour obtenir l’ED
linéaire d’ordre 1 qui suit et la résoudre pour trouver v(x).
1 1( ) ( ) ' ( )D m v F x v m v F x
d) Il faut substituer l’expression de v(x) dans 2( )v D m y pour obtenir l’ED
linéaire d’ordre 1 en y(x) dont la solution est la solution générale de l’ED à
résoudre
2 2( ) ( ) ' ( )D m y v x y m y v x
e) Utiliser les CI pour déterminer la valeur numérique des 2 constantes arbitraires
qui apparaissent dans la solution générale.
La factorisation du polynôme en D fait parfois apparaître des nombres complexes. Il
est alors suggéré d’utiliser la technique des « coefficients indéterminés » (section 4) ou
la technique de « variation des paramètres » (section 5) pour résoudre l’ED.
160
Remarque 1
Dans le cas d’une ED d’ordre 3, la même technique peut être utilisée. Il faut introduire
deux fonctions ou variables dépendantes intermédiaires pour résoudre l’ED. La solution
peut alors être obtenue en résolvant successivement trois ED linéaires d’ordre 1. La
méthode s’étend à une ED à coefficients constants d’ordre supérieur à 3. Toutefois, on se
limitera à des ED linéaires d’ordre 2 à coefficients constants car les applications que
nous allons considérer sont essentiellement associées à ce type d’ED.
Remarque 2
Considérons les ED linéaires et homogènes à coefficients constants d’ordre deux, c’est-
à-dire les ED de la forme suivante :
2'' ' 0 ou ( ) 0a y b y c y aD bD c y (4.16)
La résolution de ces ED peut se faire exactement de la même manière que dans l’exemple
ou comme décrit dans l’encadré ; il suffit de remplacer f(x) par 0 dans (4.9). C’est le
sujet de la prochaine section (la section 3).
Remarque 3
Il importe de distinguer les deux parties de la solution générale des ED linéaires d’ordre
2 à coefficients constants (voir 4.17 ci-dessous), notamment pour les obtenir séparément
'' ' ( )a y b y c y f x (4.17)
La solution générale comporte deux parties et peut s’exprimer ainsi :
c py y y (4.18)
Dans cette égalité, cy est la solution « complémentaire » de l’ED homogène
associée à (4.17), c’est-à-dire l’ED suivante :
'' ' 0a y b y c y (4.19)
Elle comporte 2 constantes arbitraires car il s’agit d’une ED d’ordre 2.
La composante yp est solution particulière de l’ED (4.17), c’est-à-dire sans
constante arbitraire (il y en a déjà 2 dans yc). On verra dans la section 4 que la
forme de la solution particulière yp est étroitement (mais pas seulement)
déterminée par la forme de la fonction ( )f x .
Les conclusions formulées à la remarque (3) ci-dessus peuvent se déduire du fait que
l’ED (4.17) est linéaire. On peut l’écrire comme suit :
'' ' 0 ( )a y b y c y f x (4.20)
161
On peut résoudre séparément les deux ED qui suivent :
'' ' 0
'' ' ( )
a y b y c y
a y b y c y f x
Parce que l’ED est linéaire, la somme des deux solutions générales de ces ED est aussi
solution générale de l’ED formulée en (4.17) ou (4.20) comme dans l’exemple qui suit. ____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 5. Reprenons la résolution de l’ED de l’exemple 1 :
4'' 3 ' 2 3 xy y y e (*)
Solution
Résolvons séparément les deux ED qui suivent :
4
'' 3 ' 2 0
'' 3 ' 2 3 x
y y y
y y y e
(**)
La solution de la première des ED ci-dessus est facile à obtenir avec la technique
introduite, il suffit en effet de poser ( ) 0f x dans les calculs de l’exemple (3) pour
obtenir (on peut également le vérifier avec la calculatrice) :
2
1 1 2
x xy Ae A e
À l’exemple (3), nous avons déjà obtenu la solution générale à la deuxième des ED en
(**) ci-dessus. La solution a la forme suivante :
42
2 1 22
xx x e
y B e B e
(***)
Il est aisé de montrer que la somme des solutions 1 2y y y est également solution de
l’ED (*). En effet : a la même forme que la solution obtenue à l’exemple (3) :
42 2
1 2 1 2 1 22
xx x x x e
y y y Ae A e B e B e
42
1 2 1 1 2 2
41 1 1 2
1 2
2 2 2
( ) ( )2
( )
( ) 2
xx x
xx x
ey y y A B e A B e
C A B ey C e C e
C A B
On constate que la solution comporte bien deux parties, cy et py telle que décrite à la
remarque (3) : les deux parties de la solution sont les suivantes :
41 1
2
1 2412
2
x x
xc
x x
c px
p
y C e C ee
y y y C e C ey e
1 2y y y
162
4.3 Résolution des ED linéaires et homogènes d’ordre 2 à coefficients constants
La forme des ED linéaires et homogènes à coefficients constants d’ordre 2 est la suivante:
0
1
(0)'' ' 0 avec
'(0)
y Ya y b y c y
y Y
(4.21)
La solution générale de cette ED peut se faire avec la technique de réduction de l’ordre.
Les trois cas possibles sont déterminés par les racines du polynôme en D associé à l’ED
Remarque. Pour démontrer l’idée formulée ci-dessus, il suffit de réaliser que seule les
fonctions de la forme exponentielle formulées comme ci-dessous admettent des dérivées
successives redonnant les mêmes fonctions, mais à une constante près :
2
'
''
mx
mx
mx
y m Cey Ce
y m Ce
Pour cette raison, les fonctions exponentielles sont de bonnes candidates comme solution
à l’ED en (4.21). Si nous substituons les expressions de , ' et ''y y y dans (4.21), on
obtient ce qui suit :
2
2
2
0
( ) 0
0
mx mx mx
mx
am Ce bmCe cCe
am bm c Ce
am bm c
Les seules valeurs possibles de m sont les racines de 2 0am bm c . Or ces racines
sont les mêmes que celle du polynôme en D formulé en (4.22). ___________________________________________________________________________________
Les racines du polynôme de degré 2 en (4.22) sont obtenues avec la formule habituelle :
2 4
2 2
b b acD
a a
(4.23)
Les trois cas suivants peuvent se présenter selon la valeur positive, nulle ou négative de 2 4b ac (la démonstration relative chacun des cas est donnée dans un encadré qui suit la
présentation des trois cas).
163
Cas 1. (2 4 0b ac ), cas de deux racines réelles distinctes.
Dans ce cas, 2 4 0b ac et le polynôme en D se factorise comme suit :
1 2( )( ) 0D m D m (4.24)
Les deux racines réelles distinctes sont données par les formules habituelles :
2
1
2
2
4
2 2
4
2 2
b b acm
a a
b b acm
a a
(4.25)
La solution générale de l’ED (4.21) est alors donnée par :
Exemple 19. Résolution de l’ED suivante avec la méthode de variations des paramètres.
4 2(0) 0
3 '' 12 ' 12 9 avec'(0) 1
xy
y y y x ey
185
Solution
a) Il faut mettre l’ED sous la forme
Il faut donc diviser l’ED par 3. On obtient l’ED qui suit :
4 2'' 4 ' 4 3 xy y y x e
b) Il faut trouver , la solution de l’ED homogène associée.
Dans ce cas, le polynôme en D, ses racines et sont donnés par
2 2
1 22
'' 4 ' 4 02 (double)
4 4 0
x x
c
y y yD y C e C xe
D D
Les fonctions 1 2ety y sont soulignées (l’ordre n’a pas d’importance).
Pour l’étape suivante, il faut disposer des dérivées de ces fonctions :
2211
2 2 22 2
'
'
2
2
xx
x x x
y ey e
y xe y e xe
c) Il faut trouver la solution 1 1 2 2py L y L y
Dans le cas de l’ED à résoudre : 2 2
1 2
x x
py L e L xe .
Dans , les expressions de 1 2etL L sont solutions du système d’équations
2 2
1 1 2 2 1 2
2 2 4 2
1 1 2 2 1 2
' '
' ' ' '
' ' ' '
0 0 (1)
( ) 2 (1 2 ) 3 (2)
x x
x x x
L y L y L e L xe
L y L y F x L e L x e x e
Pour résoudre le système d’équations à droite ci-dessus, on divise (1) et (2) par 2xe
pour obtenir le système suivant :
*
1 2
4 *
1 2
' '
' '
0 (1 )
2 (1 2 ) 3 (2 )
L xL
L x L x
Si l’on multiplie l’équation (1*) par 2 et qu’on ajoute le résultat à l’équation (2
*),
on obtient :
4 4 5
2 2
' 33 3
5L x L x dx x
Utilisant ce résultat et l’équation (1*), on obtient
'' ' ( )y py qy F x
cy
cy
py
186
5 5 6
1 2 1
' ' 13 ( 3 )
2L x L x L x dx x
La solution particulière est alors donnée par
2 2 6 2 5 2
1 2
6 2
1 3
2 5
1
10
x x x x
p
x
p
y L e L x e x e x x e
y x e
d) Il faut formuler la solution générale : elle est donnée par c py y y .
2 2 6 2
1 2
1
10
x x xy C e C xe x e
e) Il faut déterminer la solution particulière associée aux CI.
2 2 6 2
1 2
2 2 2 5 2 6 2
1 2 2
1
10
6 2' 2
10 10
x x x
x x x x x
y C e C xe x e
y C e C e C xe x e x e
1 1
1 2 2
0 0(0) 0
2 1 1'(0) 1
C Cy
C C Cy
La solution particulière de l’ED obtenue avec les conditions initiales est alors
donnée par
2 6 21
10
x xy xe x e .
Remarque. Si nous utilisons les formules en (64) avec le Wronskien W, on trouve
les fonctions 1 2etL L et par suite la solution particulière . En effet :
22
11
2 2 2
22
' 2
' 2
xx
x x x
y ey e
y xe y e xe
4
1 22 1' ' xW y y y y e
2 4 25 62
1 14
2 4 2541
22 4
'
'
( ) 3 13
2
3( ) 33
5
x x
x
x x
x
y F x xe x eL x L x
W e
y F x e x eL xL x
W e
py
187
Les résultats sont les mêmes qu’à l’étape (c), ce qui produira par suite la même
solution particulière. Il est relativement simple de programmer la calculatrice pour
trouver la solution particulière lorsque est connue (et par conséquent 1 2ety y ). ____________________________________________________________________________________________________________
4.5.1 La MVP avec la calculatrice
Pour programmer la calculatrice de manière à obtenir la solution particulière, il faut
disposer des solutions des fonctions 1 2ety y qui sont solutions de l’ED homogène
associée à l’ED à résoudre. Il faut également disposer de la fonction F(x), celle qui est
précisément associée à l’ED à résoudre sous la forme '' ' ( )y py qy F x .
Pour obtenir la solution py , il faut programmer les deux fonctions suivantes :
la fonction Wronskien telle que définie en (63) :
2 11 2
dy dyW y y
dx dx (4.66)
la fonction solution py comme suit :
2 11 2
( ) ( )p
y F x y F xy dx y dx y
W W
(4.67)
L’écran qui suit illustre ce que cela donne dans le cas de l’exemple ci-dessus. Les
fonctions programmées sont données par 1 2 1 2( , ) et ( , , )w y y solyp y y f . Rappelons que la
calculatrice n’utilise pas de lettre majuscule.
L’écran présente également la solution générale de l’ED suivante pour illustrer et vérifier
le bon fonctionnement des fonctions programmées.
4 2'' 4 ' 4 3 xy y y x e
Pour utiliser les fonctions programmées, il faut d’abord résoudre l’ED homogène
associée et identifier les deux fonctions solutions1 2
ety y .
cy
188
On note que la solution particulière yp obtenue avec la procédure « solyp » coïncide avec
celle obtenue de la procédure « desolve ». Dans les deux cas, on obtient
Exemples de fonctions hyperboliques d’argument négatif (cas principaux)
sinh( ) sinh( )
cosh( ) cosh( )
tanh( ) tanh( )
u u
u u
u u
Dérivées et intégrales des fonctions hyperboliques (les constantes d’intégrations sont omises)
(cosh( )) sinh( ) sinh( ) cosh( )d
u u u du udu
(sinh( )) cosh( ) cosh( ) sinh( )d
u u u du udu
tanh( ) ln (cosh ( ))
coth( ) ln (sinh ( ))
u du u
u du u
Identités d’Euler et fonctions hyperboliques
Les égalités suivantes peuvent être démontrées à l’aide des identités d’Euler.
sin( ) sinh( ) et sinh( ) sin( )
cos( ) cosh( ) et cosh( ) cos( )
tan( ) tanh( ) et tanh( ) tan( )
cot( ) coth( ) et coth( ) cot( )
ix i x ix i x
ix x ix x
ix i x ix i x
ix i x ix i x
Annexe rédigée par Luc Soucy à l’automne 2015
203
Partie 2
(chapitres 5 à 8)
Par
Luc Soucy
Dernière révision au printemps 2016
204
Suite page suivante …
205
Table des matières (partie 2, chapitres 5 à 8)
Chapitre 5
Les transformées de Laplace en équations différentielles
5.1 Introduction ………………………………………………………………….
208
5.2 Définition de la transformée de Laplace et de la transformée de Laplace
inverse ………………………………………………………………………
208 5.2.1 Utilisation de la calculatrice (1) ...……………………………...............
212
5.3 Propriétés des transformées de Laplace et des transformées inverses ………. 214 P1 : Propriété de linéarité ……………………………………………. 214 P2 : Propriété de modulation ……………………………………….. 214 P3 : Changement d’échelle …………………………………………. 218 P4 : Différentiation en t …………………………………………… 218 P5 : Différentiation en s …………………………………………… 219 5.3.1 Décomposition d’un quotient de polynôme en fractions partielles ............ 221 P6 : Intégration en t …………………………………………............ 223 P7 : Intégration en s ………………………………………………… 224 P8 : Transformée d’une fonction périodique ……………………… 225 5.4 Application à la résolution des ED ………………………………………… 226 Résolution des ED linéaires à coefficients constants avec
Laplace (résumé) …………………………………………………….
227 5.4.1 Utilisation de la calculatrice (2) ……………………………………………..
229
5.5 Fonction échelon unité ou fonction de Heaviside …………………………. 230 5.5.1 La fonction échelon unité ………………………………………………. 230 5.5.2 Propriétés associées aux fonctions échelon unité ………………………. 233 P9. Propriété de « translation » ……………………………………… 234 P10. Propriété de coupure ………………………………………….. 236 5.5.3 La fonction de Dirac ……………………………………………………..
237
5.6 Convolution …………………………………………………………………. 240 5.6.1 Utilisation de la calculatrice pour la convolution (3) …………………… 241 5.6.2 Propriété reliée à la transformée de Laplace …………………………… 241 5.6.3 Application de la convolution à la résolution des ED ……………………
242
5.7 Techniques de Laplace inverse ……………………………………………..
243
5.8 Résolution des systèmes d’ED avec Laplace ………………………………..
246
5.9 Utilisation de la calculatrice (4) ……………………………………………..
248
5.10 Exercices ……………………………………………………………………. 250 5.10.1 Réponses aux exercices…………………………………………………...
254
5.11 Tables des transformées de Laplace …………………………………………. 257
206
Chapitre 6
Applications des ED linéaires d’ordre 2
6.1 Introduction ……………………………………………………..........
262
6.2 Applications en dynamique …………………………………………… 262
6.2.1 Exemples sur le mouvement harmonique amorti …………………. 263
Cas particulier : absence d’amortissement ………………........ 264
Mouvement amorti …………………………………………..... 266
Cas du mouvement sur-amorti ………………………………… 266
Cas de l’amortissement critique ………………………………. 267
Cas du sous-amortissement ……................................................ 269
6.2.2 Mouvement forcé …………………………………………………. 271
Régime transitoire et régime permanent ……………………… 271
Conséquences de la linéarité du modèle ……………………… 271
Méthodes de résolution ……………………………………….. 271
6.2.3 Le cas des forces sinusoïdales ……………………………………. 274
6.2.4 Formules de somme des fonctions sinus et cosinus de même
fréquence……………………………………………………………
277
6.3 Exercices en dynamiques ……………………………………………… 280
6.3.1 Réponses aux exercices en dynamique ……………………………
Exemple 18. Application de la propriété P5.1 : calcul de 0
sin( )t
L u du
Solution. Si nous appliquons la propriété :
2
1( ) sin( ) ( ) ( ( ))
1f t t F s L f t
s
2
2
1( ) 1( 1)
( 1)
F s s
s s s s
(1)
224
Évaluons l’intégrale puis la transformée de Laplace du résultat de l’intégrale :
00
sin( ) cos( ) | 1 cos( )t
t
u du u t
2 2
2 2 2
0
1 1 1( ( )d (1 cos( ))
1 ( 1) ( 1)
ts s s
L f u u L ts s s s s s
(2)
Le résultat en (2) est identique à celui obtenu en (1). ____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 24. Soit la fonction f(t) définie ci-dessous et son graphe à la figure (5.9):
si 0 1
( ) 2 si 1 2
0 si 2
t t
f t t t
t
f(t)
t1 2
1
Figure 5.9. Graphe de la fonction f(t)
Dans le cas de cet exemple, la fonction est continue car on peut la tracer « sans lever
le crayon ». La fonction est définie « par morceaux » qui sont chacun continu sur
leur intervalle (t sur ]0, 1], 2 t ]1, 2], etc.).
On peut calculer sa transformée de Laplace avec la définition :
1 2
2
2
0 0 1
1( ( ) ( ) (2 ) 1 2st st st s sL f t f t e dt t e dt t e dt e e
s
On obtient le même résultat en utilisant les fonctions échelon-unités avec les
propriétés des transformées de Laplace découlant de leur utilisation. ____________________________________________________________________________________________________________
5.5.1 La fonction échelon unité
Définition. Soit a > 0, un nombre réel. La fonction échelon unité ( )u t a (ou de
En (5.37), ( )f t est une fonction définie dans un intervalle incluant le point t = a.
238
Il est à noter que ( )t a n’est pas une fonction au sens usuel du terme. Il s’agit d’un cas
limite de ce que l’on désigne par le terme de distribution.
Remarque. La remarque suivante a pour but de donner un sens « physique » à la notion d’impulsion. On
peut écrire la deuxième loi de Newton comme suit :
( ) ( )
dvf m
fdt mdv d mv fdt d mvdt
p mv
(5.38)
La quantité p mv qui résulte du produit de la masse m et de sa vitesse v définit ce que l’on
désigne par « quantité de mouvement ».
Dans l’égalité à droite en (5.38), le terme fdt désigne « l’impulsion » associée à l’application de
la force f(t) pendant l’intervalle de temps dt.
L’égalité ( )fdt d mv s’interprète comme suit : l’impulsion « fdt » appliquée à la masse m se
traduit par le changement « ( )d mv » de sa quantité de mouvement. Lorsqu’une force de grande
intensité s’applique à une masse pendant un intervalle de temps t très court, il peut être
difficile, voir impossible d’en déterminer son profil temporel f(t). Il est cependant possible
d’estimer la valeur moyenne de la force pendant l’intervalle t en mesurant le changement de la
quantité de mouvement de la masse en mesurant les vitesses vi et vf avant et après l’application
de la force :
f i
f i
mv mvf t m v mv mv f
t
(5.39)
On peut voir la fonction impulsion comme un cas limite selon l’approche suivante. Considérons
une force de 1 (N) s’appliquant pendant une seconde sur la masse, puis une force de 10 (N)
s’appliquant pendant 1/10 de seconde , puis une force de 1000 (N) pendant 1/1000 de seconde,
puis une force de 1000000 (N) pendant 1/1000000 de seconde, etc. Si nous utilisons l’égalité
f t m v , le changement de la quantité de mouvement sera le même puisque le produit
f t est le même dans chaque cas. Le cas limite implique cependant l’utilisation de la fonction
impulsion ( )t a pour modéliser une force d’une très grande intensité moyenne s’appliquant
pendant un intervalle de temps très court centré sur l’instant t a .
En termes d’interprétation au plan de l’énergie, le résultat de l’action d’une force qui peut être
modélisée par une fonction impulsion équivaut à un transfert instantané d’énergie cinétique à la
masse.
La propriété (2) de la définition ci-dessus permet d’établir une relation entre la fonction
u(t – a) de Heaviside et la fonction ( )t a de Dirac. En effet, selon (5.37) on peut
formuler l’égalité suivante :
-
0( )
1
t si t ax a dx
si t a
= u(t – a) (5.40)
239
Ce résultat peut également s’exprimer ainsi : +
-
( ) ( )
t
x a dx u t a
(5.41)
Si l’on dérive de part et d’autre de l’égalité par rapport à t, on obtient formellement (c’est
une application du théorème fondamental du calcul):
( ) ( ( ))d
t a u t adt
(5.42)
La fonction ( )t a de Dirac peut donc être décrite comme étant par la dérivée par
rapport à t de la fonction échelon-unité u(t – a).
La transformée de Laplace de la fonction ( )t a de Dirac s’obtient facilement de
la propriété (2) formulée dans sa définition en (5.37) :
0
( ) st st as
t at a e dt e e
( ( ))
0 ( ( )) 1
a sL t a e
a L t
(5.43)
La fonction ( )t a de Dirac est largement utilisée en dynamique des systèmes soumis à
des impulsions : par exemple, pour l’analyse du comportement d’un système mécanique
soumis à un choc « modélisé » par une impulsion. ____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 31. Résolution de l’ED
2 (0) 0" ( ) avec
'(0) 0
yy y t a
y
Solution. Si l’on prend la transformée de Laplace de l’ED, avec les conditions initiales,
on obtient le résultat suivant :
2 22 2
( ( ))
( '( )) (0)
( "( )) (0) '(0)
( ( ))
a s
a s
L y t Y
L y t sY y sYs Y Y e
L y t s Y sy y s Y
L t a e
La transformée de Laplace Y(s) de la solution est obtenue simplement en l’isolant dans
l’égalité de droite ci-dessus :
2 2( )
a seY s
s
On obtient la solution y(t) avec la transformée inverse de ( )Y s :
240
sin( ( ))( ) ( )
t ay t u t a
Les conditions initiales nulles en y(0) et '(0)y se traduisent par une solution
complémentaire c
y nulle. Seule la solution particulière est non nulle et elle est donnée
par y(t) ci-dessus. Le graphe dans le cas des paramètres 3 et a = 2 est présenté dans
la figure (5.17) ci-dessous et résume bien le résultat prévisible d’une solution nulle avant
t = 2 et l’effet de l’impulsion de en t = 2. L’effet de l’impulsion s’interprète dans le
contexte d’un système masse-ressort (m = 1, k = 9) comme une injection instantanée
d’une certaine quantité d’énergie. Cette question sera abordée dans la suite de ce texte,
notamment au chapitre 6.
Figure 5.17. Graphe de la solution de y" + 9 y = (t-2) avec conditions initiales nulles.
Figure 5.20. Schéma des étapes de la résolution d’un système d’ED linéaires à
coefficients constants.
Remarque. Lorsque le système d’ED ne comporte que deux ou trois inconnues, la règle
de Cramer est la technique algébrique habituellement utilisée pour déterminer « à la
main » les transformées de Laplace X(s), Y(s) … de chacune des inconnues x(t), y(t), ... .
La calculatrice permet également de déterminer les expressions de X(s), Y(s) … ____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 34. Résolution du système d’ED suivant avec les transformée de Laplace
'( ) 2 ( ) 5 ( ) (0) 7avec
'( ) ( ) 2 ( ) (0) 3
x t x t y t x
y t x t y t y
247
Solution
(1) Laplace du système d’ED
( ) 7 2 ( ) 5Y(s) ( 2) ( ) 5Y(s) 7
( ) 3 ( ) 2 ( ) ( ) ( 2) ( ) 3
sX s X s s X s
sY s x s Y s X s s Y s
(2) Expressions de X(s) et de Y(s)
Ce système peut être résolu simplement pour X(s) et Y(s). Sous forme matricielle,
ce système s’écrit comme suit :
2 5 7
1 2 3
s X
s Y
Utilisant la règle de Cramer ou la calculatrice pour résoudre ce système
d’équations linéaires, on trouve les expressions suivantes en X(s) et Y(s).
2 2
7 5 2 7
3 2 1 37 1 3 1( ) et ( )
2 5 2 51 1
1 2 1 2
s
s s sX s Y s
s ss s
s s
(3) Expressions de 1 1( ) ( ( )) et de ( ) ( ( ))x t L X s y t L Y s
1 1 1
2 2 2
1 1 1
2 2 2
7 1 1( ) 7
1 1 1
3 1 1( ) 3
1 1 1
s sx t L L L
s s s
s sy t L L L
s s s
( ) 7cos( ) sin( )
( ) 3cos( ) sin( )
x t t t
y t t t
Avec la calculatrice, « étape par étape », on obtient le même résultat comme
illustré dans la capture d’écran qui suit (figure 5.21).
Figure 5.21. Résolution de l’exercice à l’aide de la calculatrice : les solutions dans
l’écran de gauche et la représentation graphique des solutions paramétriques dans
le plan XY.
248
Certaines applications faisant intervenir des systèmes d’ED linéaires à coefficients
constants d’ordre (1) ou (2) seront considérées au chapitre 6.
5.9 Utilisation de la calculatrice (4)
La librairie « ETS_specfunc » comporte la procédure « solved » pour résoudre les ED
linéaires à coefficients constants d’ordre (1) ou (2) avec les transformées de Laplace
même avec les fonctions continues par morceaux, les fonctions échelon unité ( )u t a et
les fonctions impulsion ou de Dirac ( )t a . La procédure « simultd » permet de
résoudre les systèmes d’ED. Les deux exemples suivants (35 et 36) en font l’illustration.
6.4.1 Circuit RC série ………………………………………………........ 286
6.4.2 Circuit RL série …………………………………………………… 287
6.4.3 Circuit RLC série …………………………………………………. 288
6.4.4 Exemples …………………………………………………………. 290
6.4.5 Analogies entre les systèmes masse-ressort avec amortissement
et les circuits RLC série …………………………………………...
294
6.5 Exercices sur les circuits électriques …………………………………. 301
6.5.1 Réponses aux exercices ………………………………………….. 304
262
Chapitre 6
Applications des ED linéaires d’ordre 2
6.1 Introduction
Dans ce chapitre, nous allons considérer un certain nombre d’application dans le but de
faire le pont avec les cours plus techniques. Les applications qui seront considérées sont
les suivantes :
Applications en dynamiques;
Applications sur les circuits électriques;
Applications faisant intervenir des systèmes d’ED.
Pour faire le pont avec les cours techniques, il importe d’introduire des informations
supplémentaires permettant d’interpréter les résultats de l’analyse mathématique des
systèmes dynamiques qui seront considérés. Pour l’essentiel, ce sera des notions
d’énergie et de puissance. Il suffira de quelques notions simples faire le lien avec les
cours de technologie qui vont approfondir les mêmes applications.
6.2 Applications en dynamique
Nous allons essentiellement considérer les applications reliées au système masse-ressort,
avec ou sans amortisseur et avec ou sans force externe. Ce système est particulièrement
important par la richesse des interprétations physiques s’y rattachant.
Système masse-ressort avec amortisseur
Figure 6.1 La figure illustre une masse sur laquelle agit une force
extérieure f(t). La masse est reliée à un ressort de constante de rappel k
(N/m) et à un amortisseur de constante b ( N sec/m ) comme illustré.
Modèle mathématique associé au système de la figure
L’application de la deuxième loi de Newton pour la détermination du centre de masse de
la masse de la figure conduit à l’ED suivante :
k b
m
f(t)Y
y = 0y(t) (point d’équilibre)
263
( ) oùdv dy
m ky bv f t vdt dt
2
2( )
d y dym b ky f t
dt dt (6.1)
Les conditions initiales sont données selon la position initiale et la vitesse initiale de la
masse :
(6.2)
Avec ces conditions initiales, la masse a une énergie mécanique initiale donnée par la
somme de ses énergies cinétique et potentielle initiales :
(6.3)
Lorsque ( ) 0f t le mouvement est dit « harmonique amorti » (MHA).
Lorsque la force extérieure est non nulle ( ( ) 0f t ), on dit que le mouvement
de la masse est forcé.
Remarque. Il est toujours possible de diviser par de part et d’autre de l’égalité pour
réécrire l’ED (6.1) comme suit :
1
1'' ' ( ) ( )
b ky y y f t f t
m m m (6.4)
En (6.4), suite à la division par m, le coefficient de ''y est égal à 1. Pour cette raison, il
n’y a pas de perte de généralité à produire des exemples dans lesquels la masse m est de
1 (kg). Par exemple, les deux ED suivantes ont la même solution générale et la même
solution particulière (avec les mêmes conditions initiales) :
500 '' 1000 ' 2500 1000sin(2 )
'' 2 ' 5 2sin(2 )
y y y t
y y y t
6.2.1 Exemples sur le mouvement harmonique amorti
En absence de force extérieure ( ), le mouvement de la masse est déterminé
notamment, mais pas seulement par son énergie mécanique initiale (voir (6.3) ci-dessus) :
le mouvement ( )y t est non nul si au moins une condition initiale sur la position (énergie
potentielle) ou la vitesse (énergie cinétique) est non-nulle.
0 0(0) et (0) '(0)y Y v y V
2 22 2
0 00 0 0
( (0)) ( (0))
2 2 2 2
mV k Ym v k yE K U
( ) 0f t
264
Avec , le mouvement de la masse est décrit par la solution ( )y t de l’ED linéaire
et homogène d’ordre 2 à coefficients constants suivante :
0 0'' ' 0 avec (0) et (0) '(0)my b y ky y Y v y V (6.5)
Les résultats obtenus à la section (4.3) du chapitre (4) pour les ED linéaires et homogènes
à coefficients constants s’appliquent intégralement.
Cas particulier : absence d’amortissement.
S’il n’y a pas d’amortissement (b = 0 en (6.5)), l’énergie mécanique de la masse est
constante (dans le temps), car il n’y a pas de perte d’énergie du à une force résistive.
Dans ces conditions, le mouvement de la masse sera donné par une fonction sinusoïdale
d’amplitude constante.
L’ED à résoudre a la forme suivante :
0
0
(0)'' 0 avec
'(0)
y ymy ky
y v
(6.6)
Le polynôme en D associé à cette ED admet deux racines purement imaginaires données
park
D im
. La solution générale de cette ED d’ordre 2 est donnée par
1 2( ) cos sink k
y t A t A tm m
(6.7)
Il est facile de vérifier qu’avec les conditions initiales exprimées en (6.6), la solution
particulière de l’ED en (6.6) est la suivante (à vérifier par le lecteur):
0 0( ) cos sink m k
y t y t v tm k m
(6.8)
Avec l’expression de y(t) obtenu en (6.8) et de ( ) '( )v t y t , il est facile de vérifier qu’en
absence de force résistive (b = 0), l’énergie totale du système est constante. En effet :
2 2 2 2
0 0
1 1 1 1( '( )) ( ( ))
2 2 2 2m y t k y t mv k y (6.9)
Le terme de droite en (6.9) est précisément l’énergie initiale totale de la masse. ____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 1. Exemple de mouvement harmonique (b = 0, pas d’amortissement).
Considérons l’exemple suivant : m = 1 kg, b = 0 ( ) et k = 4 (N/m) dans l’ED
(6.5) avec les trois cas de CI suivants associés à la même énergie initiale de 2 (J).
( ) 0f t
N sec/ m
265
Cas (1) : l’ED à résoudre est la suivante : (0) 1
'' 4 0 sous '(0) 0
yy y
y
Cas (2) : l’ED à résoudre est la suivante : (0) 0
'' 4 0 sous '(0) 2
yy y
y
Cas (3) : l’ED à résoudre est la suivante : (0) 1
'' 4 0 sous '(0) 3
yy y
y
Solution
On note que les racines du polynôme en D sont purement imaginaires (la partie réelle est
nulle) :
2 20
'' 4 0 4 0 4 4 0 22
y y D D i i
Les solutions particulières sont obtenues de la solution générale (6.7) avec les conditions
initiales données ci-dessus :
(1) : cos(2 )
(2) : sin(2 )
3(3) : cos(2 ) sin(2 )
2
cas y t
cas y t
cas y t t
Les solutions particulières associées aux cas (1) et (2) ainsi que les graphes sont obtenus
à l’aide de la calculatrice.
Figure 6.2. Graphes associés aux solutions des trois cas de l’exemple 6.4. On
remarque que l’amplitude du mouvement est la même, ce qui confirme entre
autres que l’énergie initiale est la même dans chacun des cas.
On constate que le mouvement est purement sinusoïdal : l’amplitude du mouvement est
constante. L’énergie mécanique totale de la masse est constante. On peut le vérifier
comme suit dans les deux cas ci-dessus :
(6.10) 2 22 2
0 0( ( )) ( ( ))2 (J)
2 2 2 2
mV k Ym v t k y t
266
Remarque. En pratique, ce cas n’existe pas car il y a toujours des forces résistives qui se
manifestent de sorte que le mouvement est toujours au minimum très légèrement sous-
amorti.
Mouvement amorti
S’il y a amortissement ( 0b ), le mouvement de la masse se poursuivra jusqu’à ce que
l’énergie mécanique initiale de la masse soit complètement dissipée dans l’amortisseur.
Trois cas peuvent se présenter selon les valeurs relatives des paramètres m, b et k :
o 2( 4 ) 0b km : cas du mouvement sur-amorti ;
o 2( 4 ) 0b km : cas de l’amortissement critique ;
o 2( 4 ) 0b km : cas de sous-amortissement.
Cas du mouvement sur-amorti : 2( 4 ) 0b km
La solution de l’ED (6.5) décrit le mouvement de la masse. Le polynôme en D
associé à l’ED admet deux racines réelles distinctes :
2
1
22
2
4'' ' 02 2
402 2
b b mkmy by ky rm m
b b mkmD bD k rm m
(6.11)
Les deux racines réelles 1 2etr r sont toujours négatives. La solution générale est
donnée par la combinaison de deux exponentielles décroissantes : 1 2
On note que 2 24 5 4 1 4 4 0b km . On a donc sur amortissement.
Cas (1) : l’ED à résoudre est la suivante :
(0) 1'' 5 ' 4 0 sous
'(0) (0) 0
yy y y
y v
Cas (2) : l’ED à résoudre est la suivante :
(0) 0'' 5 ' 4 0 sous
'(0) (0) 2
yy y y
y v
Dans les deux cas, la solution converge rapidement vers y = 0 (voir la figure (6.2) ci-
dessous). L’interprétation physique est la suivante : l’énergie initiale est rapidement
dissipée par l’amortisseur. Les solutions et les graphes associées aux cas (1) et (2) sont
obtenus à l’aide de la calculatrice et présentés dans les « écrans » ci-dessous.
Figure 6.3 L’écran de gauche donne les solutions associées aux deux ensembles
de conditions initiales. Celui de droite donne les graphes des deux solutions obtenues. Il est facile de les distinguer sur la base des valeurs de (0)y et de '(0)y : dans le cas (1), l’énergie de la masse en t = 0 est potentielle ( (0) '(0) 0v y )
alors que dans le cas (2), l’énergie initiale est cinétique ( (0) 0y ). _______________________________________________________________________
Cas de l’amortissement critique : 2( 4 ) 0b km
C’est le cas pour lequel l’énergie initiale est dissipée le plus rapidement, avec
comme conséquence que la masse s’arrêtera plus rapidement que dans tous les
autres cas considéré dans cette section. Du point de vue mathématique, le polynôme
en D associé à l’ED admet une seule racine réelle négative double :
2
2
'' ' 04
2 2 20
my by kyb b mk b
rm m m
mD bD k
(6.13)
La racine r est négative et la solution générale est donnée par
1 1
rt rty C e C t e (6.14)
268
Exemple 3 Soit m = 1 kg, b = 4 ( ) et k = 4 (N/m) dans l’ED (6.5) avec les deux
cas de CI suivants associés à des énergies initiales égales à 2 (J) comme dans l’exemple
précédent. Cela se traduit par les deux cas suivants :
Cas (1) : l’ED à résoudre est la suivante : (0) 1
'' 4 ' 4 0 sous '(0) 0
yy y y
y
Cas (2) : l’ED à résoudre est la suivante : (0) 0
'' 4 ' 4 0 sous '(0) 2
yy y y
y
Solution
On note qu’avec les valeurs numériques de m, b et k, 2 24 4 4 1 4 0b km : il s’agit
donc d’un cas d’amortissement critique.
Figure 6.4. L’écran de gauche présente les solutions associées aux deux ensembles
de conditions initiales obtenues avec la calculatrice. Une petite procédure
« accélère » l’écriture. L’écran de droite présente les graphes des deux solutions
obtenues. Dans le cas (1), on constate que l’énergie de la masse en t = 0 est toute
potentielle (y’(0) = 0). Dans le cas (2), l’énergie initiale est cinétique (y(0) = 0). _______________________________________________________________________
Remarque. Si l’on compare les graphes des solutions dans les cas (1) des deux derniers
exemples (mouvement sur-amorti et amortissement critique avecles mêmes CI), on
constate que le retour à l’équilibre est plus rapide en amortissement critique : c’est ce
que la figure ci-dessous illustre. Physiquement, l’énergie se dissipe plus rapidement
lorsqu’il y a amortissement critique que dans les autres cas (sous-amortissement ou
suramortissement).
N sec/ m
269
Figure 6.5 La figure illustre la différence entre le cas de suramortissement et
d’amortissement critique pour lequel la masse s’immobilise plus rapidement, résultat du
fait que l’énergie initiale de la masse se dissipe plus rapidement dans ce dernier cas.
Remarque importante. Dans les sommations: 00 dans et ( )
0 0
n n
n
n x x x
n a
La solution devra comporter les éléments suivants :
Une formule de récurrence (FR) pour le calcul des coefficients n
a ;
Un développement limité de n termes (habituellement 4 ou 5 termes non nuls) de
la solution en série de puissances;
L’intervalle de convergence de la série-solution, c’est-à-dire l’intervalle des
valeurs de x pour lesquelles la solution en série de puissances est converge et
permet d’approximer la solution y(x).
7.3.1 Supplément sur les sommations
Pour résoudre les ED (7.1) et (7.2), les propriétés suivantes s’appliquant à des séries
convergentes sont nécessaires.
(1) 0 0 0
( )n n nn n n n
n n n
a x b x a b x
(7.17)
(2) 0 0 0 0
et ( 0)n n m n n mn n n n
n n n n
k a x ka x x a x a x m
(7.18)
(3) Dérivation des séries de puissance
2 30 1 2 3
0
...nn
n
y a x a a x a x a x
2 3 11 2 3 4
1
' 2 3 4 ... nn
n
y a a x a x a x na x
(7.19)
2 3 22 3 4 4
2
'' 1 2 2 3 3 4 4 5 ... ( 1) nn
n
y a a x a x a x n na x
(7.20)
314
(4) «Translation des indices »
Dans les calculs pour la résolution des ED à l’aide des séries de puissance, des sommes
de séries de puissances apparaissent dans les calculs. Il importe de pouvoir déterminer le
coefficient de nx dans chacune des séries de puissance pour obtenir la « formule de
récurrence » qui permettra d’évaluer les coefficients de la série de puissance qui est
solution de l’ED. Les cas suivants (et d’autres) se présentent :
2 3 4
0 1 2 3 4
0
1 2
1 1 2 3
1 0
2
2 2 3
2 0
( 1)
( 2)
...
' ( 1) 2 3 ...
'' ( 1) ( 1) ( 2) 1 2 2 3 ...
n
n
n n
n n
n n
n n
n n
n n
n n
n n
y a x a a x a x a x a x
y na x n a x a a x a x
y n na x n n a x a a x
(7.21)
Remarque : Omission des indices sur le symbole de sommation.
Avec les contraintes sur l’exposant de x ou de 0( )x x dans les sommations (cet
exposant ne peut être négatif dans la technique de résolution que nous introduisons) et
sur l’indice des ( 0 0)n n
a a si n , on peut omettre les indices sur le symbole de
notation sans introduire d’erreur d’interprétation dans les sommations.
Remarque. En pratique, cela nous autorise à étendre les indices de sommations de
à . Dans ces conditions, on peut s’en passer. Par exemple :
on ne peut pas mettre n < 0 dans l’expression de y qui suit sans avoir des
coefficients d’indice négatif et des exposants négatifs sur x;
2 3 4
0 1 2 3 4...n
ny a x a a x a x a x a x
Utiliser 0n dans l’expression de 'y ne se fait pas sans avoir des exposants
négatifs sur x et/ou des coefficients d’indice négatif ;
1 2
1 2 3' 2 3 ...n
ny na x a a x a x
On ne peut pas mettre 1n dans l’expression de ''y suivante sans avoir des
coefficients d’indice négatif et des exposants négatifs sur x.
2'' ( 1) n
ny n na x 2
2 3 41 2 2 3 3 4 ...a a x a x
L’omission des indices sur la sommation n’entraîne donc pas d’erreur d’interprétation
sur les termes de la sommation développée ou explicitée.
315
7.3.2 Résolution des ED en série de puissances
Dans les exemples (2) et (3) ci-dessous, nous allons utiliser ce qui précède pour
déterminer la solution en séries de puissance dans les deux cas suivant :
Cas (1) : ED avec CI en 0x
Cas (2) : ED avec CI en 0x x
La solution sera élaborée comme suit :
Détermination de la formule de récurrence (FR);
Obtention d’un développement limité à quatre terme non nuls sera obtenu avec la
formule de récurrence;
Utilisation de la calculatrice pour obtenir un développement limité de la solution
avec beaucoup plus de termes. Le graphe de ce développement limité pour
l’approximation de la solution pourra être tracé dès que l’on saura déterminer
l’intervalle de convergence de la solution en série de puissances de l’ED.
Remarque. Le problème de la détermination de l’intervalle de convergence de la
solution en série de puissances sera considéré et résolu dans la prochaine section. ________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Résolution du cas (1) : ED avec CI en 0x introduite en (7.1), c’est-à-dire :
0
1
(0)( ) '' ( ) ' ( ) 0 avec
'(0)
y ap x y q x y r x y
y a
(7.22)
Dans ces conditions, la solution est donnée par
(7.23)
Remarque. Avec 0x dans y, on obtient 0(0)y a . Avec 0x dans la dérivée de y,
c’est-à-dire2 3
1 2 3 4' 2 3 4 ...y a a x a x a x , on trouve 1'(0)y a . Les conditions
initiales donnent la valeur numérique des deux premiers coefficients de la solution
en série de puissances. L’exemple suivant montre comment obtenir les autres.
Exemple 2. (Cas 1) Résolution de l’ED suivante : (0) 1
(1 ) '' 0 avec'(0) 2
yx y y
y
(1) Forme de la solution
2 30 1 2 3
0
...nn
n
y a x a a x a x a x
2 30 1 2 3
0
...nn
n
y a x a a x a x a x
316
(2) Détermination de la formule de récurrence
Substituons , ', '' et ''y y y xy tel que donné ci-dessous dans l’ED
n
ny a x
1' n
ny na x
2 1'' ( 1) '' ( 1)n n
n ny n na x xy n na x
On obtient ce qui suit :
2 1( 1) ( 1) 0n n n
n n nn na x n na x a x
Avec la translation sur les indices pour obtenir des sommations avecnx , on
obtient ce qui suit :
2 1( 1)( 2) ( )( 1) 0n n n
n n nn n a x n n a x a x
On utilise l’égalité nécessaire du coefficient de de part et d’autre de l’égalité (il
est nul à droite) et on isole le coefficient dont l’indice est le plus élevé pour
obtenir la FR :
2 1
1
2
( 1)( 2) ( )( 1) 0
( )( 1)FR
( 1)( 2)
n n n
n n
n
n n a n n a a
n n a aa
n n
(3) Développement limité à 5 termes non nuls de la solution
On veut 2 3 4
0 1 2 3 4...y a a x a x a x a x
0(0) 1y a
1'(0) 2y a
0
2
2 1
3
3 2
4
0 10 dans FR
1 2 2
(1)(2) 1 2 3 11 dans FR
2 3 2 3 6 2
13
(2)(3) 522 dans FR3 4 2 3 24
an a
a an a
a an a
2 3 41 1 51 2 ...
2 2 24y x x x x
nx
317
(4) Utilisation de la calculatrice pour obtenir un développement limité de la
solution
Il faut construire la fonction ai(n) pour calculer comme suit :
0
1
, 0
, 1 ( )
expression de ( ), n 1
sto
a n
a n ai n
ai n
Dans l’accolade ci-dessus, l’expression ai(n) s’obtient de l’expression de 2n
a
donnée par la FR en procédant comme suit. Dans l’exemple ci-dessus, il faut
d’abord effectuer une translation d’indice ( ( 2)n n ) dans l’expression de la
FR. On obtient alors ce qui suit :
1 2( 2)( 1)
( 1)( )
n n
n
n n a aa
n n
On remplacera i dans ai(n) par un entier pour ne pas « surcharger » a(n) en
utilisant plusieurs fois la calculatrice pour résoudre ce type de problèmes.
L’expression de ai(n) à utiliser dans l’accolade est la suivante en raison de la
notation fonctionnelle utilisée :
( 2) ( 1) ( 1) ( 2)
( 1) ( )
n n ai n ai n
n n
On obtiendra un développement limité à k termes (8,10 ou 15, k pas trop grand!)
de la solution avec la syntaxe suivante :
0
( )k
n
n
y ai n x
On pourrait faire tracer le graphe du développement limité, mais en dehors de
l’intervalle de convergence de la solution complète (dont la détermination sera
abordée plus loin dans ce chapitre), ce graphe n’a pas de sens. ____________________________________________________________________________________________________________
318
La méthode introduite ci-dessus s’applique à des ED non-homogènes telle que formulées
en (7.2), c’est-à-dire de la forme suivante :
(7.24)
Il faut cependant que la fonction f(x) puisse s’exprimer en série de puissances, notamment
en série de Taylor développée autour de0
x x , c’est-à-dire que
( )
20 0
0 0 0 0 0
0
''( ) ( )( ) ( ) '( )( ) ( ) ... ( )
2! n!
n
n
n
f x f xf x f x f x x x x x x x
(7.25)
La question de l’intervalle de convergence de la solution-série associée à ce cas sera
considérée dans la prochaine section. ____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 3. (Cas 1) Résolution de l’ED non-homogène suivante :
(0) 1(1 ) '' avec
'(0) 2
xy
x y y ey
(1) Forme de la solution
(2) Détermination de la formule de récurrence
Substituons , ', '' et ''y y y xy tel que donné ci-dessous dans l’ED
2 1'' ( 1) '' ( 1)n n
n ny n na x xy n na x
Il faut également remplacer xe par sa série de Taylor développée en 0x ,
précisément où sont formulée les conditions initiales :
2 3 11 ...
2! 3! !
x nx xe x x
n
On obtient ce qui suit :
2 1 1( 1) ( 1)
!
n n n n
n n nn na x n na x a x x
n
Avec la translation sur les indices pour obtenir des sommations avec , on
obtient ce qui suit :
2 1
1( 1)( 2) ( )( 1)
!
n n n n
n n nn n a x n n a x a x x
n
0 0
0 1
( )( ) '' ( ) ' ( ) ( ) avec
'( )
y x ap x y q x y r x y f x
y x a
2 30 1 2 3
0
...nn
n
y a x a a x a x a x
n
ny a x
1' n
ny na x
nx
319
Pour obtenir la formule de récurrence, on utilise l’égalité nécessaire du coefficient
de de part et d’autre de l’égalité (il est nul à droite) et on isole le coefficient
dont l’indice est le plus élevé :
2 1
1
2
1( 1)( 2) ( )( 1)
!
( )( 1) 1FR
( 1)( 2) ( 1)( 2) !
n n n
n n
n
n n a n n a an
n n a aa
n n n n n
Comme (n+1)(n+2)n! = (n+2)!, la FR peut s’écrire comme suit :
1
2
( )( 1) 1
( 1)( 2) ( 2)!
n n
n
n n a aa
n n n
(3) Développement limité à 4 termes non nuls de la solution
On veut 2 3 4
0 1 2 3 4...y a a x a x a x a x
0(0) 1y a
1'(0) 2y a
0
2
2 1
3
3 2
4
3 4
0 1 1 10 dans FR 0
1 2 2! 2 1 2
(1)(2) 1 2 1 11 dans FR
2 3 3! 2 3 1 2 3 6
(2)(3) 1 1 1 12 dans FR
3 4 4! 12 24 24
1 11 2 ...
6 24
an a
a an a
a an a
y x x x
(4) Utilisation de la calculatrice pour obtenir un développement limité à 10
termes de la solution en série de puissances
Il faut d’abord effectuer une translation d’indice ( 2n n ) dans la FR obtenue
ci-dessus pour obtenir la fonction a2(n) à introduire dans la calculatrice :
Exemple 7. Considérons maintenant l’ED suivante (cas 2) :
(0) 2( 1) '' 2 ' 3 sin( ) avec
'(0) 3
yx y xy y x
y
Dans ce cas, il importe de rappeler que la fonction sin(x) admet un développement en
série de Taylor qui converge pour tous x :
3 5 7 2 1
1
0
sin( ) ... ( 1)3! 5! 7! (2 1)!
n
n
n
x x x xx x
n
Cette ED a un point singulier en 1 car ( 1) 0x p . ____________________________________________________________________________________________________________
Théorème 1. Considérons les ED de la forme suivante dans lesquelles
sont des polynômes :
( ) '' ( ) ' ( ) 0p x y q x y r x y
Soit0
x x un point non singulier de l’ED (0
( ) 0p x ). Alors, on a les résultats
suivants :
1) La solution générale de l’ED est donnée par
2) La solution générale et la solution particulière obtenue avec les conditions
initiales 0 0 0 1
( ) '( )y x a et y x a
converge dans l’intervalle ou R est la
distance calculée dans le plan complexe entre le point 0x x et la singularité la
plus rapprochée de ce point situé sur l’axe des réels dans le plan complexe.
diverge si 0
x x R
la convergence de la solution en série doit être vérifiée si 0x x R
Définition 8.3. Une fonction f(x) est impaire si l’égalité suivante se vérifie :
( ) ( )f x f x (8.10)
La figure (8.2) ci-dessous illustre l’interprétation graphique de l’égalité formulée en
(8.10). Si l’on effectue une rotation de 180o autour de l’axe des « Y » de la partie d’une
fonction impaire associée à l’intervalle 0 < x < a suivie d’une rotation de 180o du résultat
de la rotation précédente autour de l’axe des « X », on trouve la partie de la fonction
associée aux valeurs négatives de x, c’est-à-dire sur la partie 0.a x On peut
effectuer les rotations dans l’ordre inverse (rotation autour de l’axe des « X » d’abord
suivi de la rotation autour de l’axe des « Y ») pour obtenir le même résultat.
335
Figure 8.2. Graphe d’une fonction paire sur un intervalle symétrique. Les effets
successifs des rotations sont identifiés. Les rotations peuvent se faire dans l’ordre
inverse avec le même résultat final.
Les fonctions suivantes sont impaires :
(1) Toutes les puissances paires de x : 3 5
5 3
1 1 1... , , , , , , ...x x x
x x x
(2) Les fonctions sin( )kx et ses puissances n impaires et entières sin ( )n kx .
(3) La fonction sinh( )2
kx kxe ekx
et ses puissances impaires.
(4) Les sommes et les combinaisons linéaires des fonctions impaires sont également
impaires. Ce n’est pas le cas des produits et des quotients de fonctions impaires. ________________________________________________________________________________________________
Exemple 3. La fonction 3
1( )f x x
x est impaire. En effet, l’égalité (8.10) se vérifie :
La proposition 8 reprend essentiellement le contenu des propositions (6) et (7) dans les
cas particuliers suivants :
2( ) cos paire et périodique de période
2( ) sin impaire et périodique de période
n
n
x n x PP
x n x PP
( ) ( ) pour 1n n
x x P n
( ) ( ) pour 1n n
x x P n
1 1
( ) ( ) ( ) ( )m m
n n
n n
g x x x P g x P
338
8.4 Séries de Fourier (SF)
La définition suivante permet de déterminer la série trigonométrique associée à une
fonction bornée ( )f x périodique de période P. ____________________________________________________________________________________________________________
Définition 8.4. Série de Fourier (SF)
Soit ( )f x continue ou continue par morceaux et bornée dans l’intervalle ( , )c c P .
Alors, la série de Fourier (SF) de f(x) est donnée par la série trigonométrique
( )TS x suivante :
0
1
2 2( ) ( ) cos sin ( )
2T n n T
n
af x S x a n x b n x S x P
P P
(8.14)
à condition que les coefficients 0, n na a et b soient calculés comme suit :