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La séparation des variables 4 : en Astrophysique - Exercice 1

1 h
90
La méthode de seˊparation  des  variables{\color{red}{séparation \,\, des \,\, variables}} constitue une des méthodes les plus puissantes de résolution des équations différentielles ordinaires (EDO). Cette méthode est particulièrement utilisée en Physique.
Soient ff et gg deux fonctions continues et non nulles sur un même intervalle. Une équation différentielle est dite à « variables séparées » lorsque l'on a la forme suivante :
dydx=f(x)g(x){\color{red}{\boxed{\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{f(x)}{g(x)}}}}
Dans ce cas, on obtient :
f(x) dx=g(y) dyf(x) \, dx = g(y) \, dy
Ce qui nous permet d'écrire, en primitivant{\color{blue}{primitivant}}, que :
∫f(x) dx=∫g(y) dy\int f(x) \, dx = \int g(y) \, dy
En notant par FF et GG les primitives respectives de ff et gg, on a alors la solution formelle suivante :
F(x)=G(x)+K    (K∈R){\color{red}{\boxed{F(x) = G(x) + K \,\,\,\, (K \in \mathbb{R})}}}
On dit alors que l'équation différentielle considérée est seˊparable{\color{red}{séparable}}.
Question 1
Soit tt un paramètre temporel réel positif ou nul. Dans un système d'unités adapté, le rayon rr d'un corps spheˊrique{\color{blue}{\textbf{sphérique}}} auto-gravitant, qui s'effondre sous sa propre masse, obéit à l'équation différentielle suivante :
d2 rdt2(t)=−Kr2(t)      (K∈R+⋆)\dfrac{d^2 \, r}{dt^2}(t) = - \dfrac{K}{r^2(t)} \,\,\,\,\,\, (K \in \mathbb{R}^{+\star})
Les deux conditions initiales associées sont :
{r(t=0)=r0>0d rdt(t=0)=0\left\lbrace \begin{array}{rcl} r(t=0) & = & r_0 > 0 \\ & & \\ \dfrac{d \, r}{dt}(t=0) & = & 0 \\ \end{array} \right.
On note par τ\tau la durée nécessaire pour que le corps considéré voit son rayon passer de r0r_0 à 00. En outre, on donne la valeur de l'intégrale suivante :
∫01x1−x dx=π2\int_0^1 \sqrt{\dfrac{x}{1-x}} \, dx = \dfrac{\pi}{2}
Le principe du mécanisme de l'effondrement auto-gravitationnel est illustré sur la figure suivante :

Démontrer que l'on a :
(d rdt(t))2=2K(1r(t)−1r0)\left( \dfrac{d \, r}{dt}(t) \right)^2 = 2K \left( \dfrac{1}{r(t)} - \dfrac{1}{r_0} \right)

Correction
On a l'équation différentielle suivante :
d2 rdt2(t)=−Kr2(t)\dfrac{d^2 \, r}{dt^2}(t) = - \dfrac{K}{r^2(t)}
On va la multiplier, des deux côtés, par 2d rdt(t)2 \dfrac{d \, r}{dt}(t). On obtient ainsi :
2d rdt(t)d2 rdt2(t)=−2d rdt(t)Kr2(t)2 \dfrac{d \, r}{dt}(t) \dfrac{d^2 \, r}{dt^2}(t) = - 2 \dfrac{d \, r}{dt}(t) \dfrac{K}{r^2(t)}
Soit :
ddt((d rdt)2)(t)=2Kddt(1r)(t)    ⟺    ddt((d rdt)2)(t)=ddt(2Kr)(t)\dfrac{d}{dt}\left( \left( \dfrac{d \, r}{dt} \right)^2 \right)(t) = 2K \dfrac{d}{dt}\left( \dfrac{1}{r} \right)(t) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{d}{dt}\left( \left( \dfrac{d \, r}{dt} \right)^2 \right)(t) = \dfrac{d}{dt}\left( \dfrac{2K}{r} \right)(t)
De cette égalité de dérivées, on en déduit alors que :
(d rdt)2=2Kr+C    (C∈R)\left( \dfrac{d \, r}{dt} \right)^2 = \dfrac{2K}{r} + C \,\,\,\, (C \in \mathbb{R})
Or, à l'instant initial t=0t=0 on a les deux conditions initiales suivantes :
{r(t=0)=r0>0d rdt(t=0)=0\left\lbrace \begin{array}{rcl} r(t=0) & = & r_0 > 0 \\ & & \\ \dfrac{d \, r}{dt}(t=0) & = & 0 \\ \end{array} \right.
Ce qui nous donne :
(d rdt)2(t=0)=2Kr(t=0)+C    ⟺    02=2Kr0+C    ⟺    −2Kr0=C\left( \dfrac{d \, r}{dt} \right)^2(t=0) = \dfrac{2K}{r(t=0)} + C \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 0^2 = \dfrac{2K}{r_0} + C \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, -\dfrac{2K}{r_0} = C
Finalement, on obtient bien la relation souhaitée, à savoir :
(d rdt(t))2=2K(1r(t)−1r0){\color{red}{\boxed{\left( \dfrac{d \, r}{dt}(t) \right)^2 = 2K \left( \dfrac{1}{r(t)} - \dfrac{1}{r_0} \right) }}}
Question 2

Donner le signe du terme d rdt(t)\dfrac{d \, r}{dt}(t).

Correction
Le phénomène étudié est un effondrement, par auto-gravitation, d'un corps sphérique. Ceci signifie que le rayon du corps diminue. Donc rr est une fonction  deˊcroissante{\color{blue}{fonction \,\, décroissante}} de tt. En conséquence le signe du terme dérivé d rdt(t)\dfrac{d \, r}{dt}(t) est {\color{blue}{négatif}}. D'où :
d rdt(t)<0    (t⩾0){\color{red}{\boxed{\dfrac{d \, r}{dt}(t) < 0 \,\,\,\, (t \geqslant 0) }}}
Question 3

Démontrer que l'équation différentielle démontrer lors de la première question, est de type seˊparable{\color{red}{\textbf{séparable}}}.

Correction
On a :
(d rdt(t))2=2K(1r(t)−1r0)    ⟹    d rdt(t)=−2K1r(t)−1r0\left( \dfrac{d \, r}{dt}(t) \right)^2 = 2K \left( \dfrac{1}{r(t)} - \dfrac{1}{r_0} \right) \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, \dfrac{d \, r}{dt}(t) = - \sqrt{2K} \sqrt{ \dfrac{1}{r(t)} - \dfrac{1}{r_0} }
Soit :
d rdt(t)=−2Kr0−r(t)r0r(t)    ⟹    d rdt=−2Kr0rr0−r\dfrac{d \, r}{dt}(t) = - \sqrt{2K} \sqrt{ \dfrac{r_0 - r(t)}{r_0 r(t)} } \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, \dfrac{d \, r}{dt} = \dfrac{-\sqrt{2K}}{\sqrt{\dfrac{r_0 r}{r_0 - r}}}
D'où :
d rdt=f(t)g(r)     avec  :{f(t)=−2K∈Rg(r)=r0rr0−r{\color{red}{\boxed{\dfrac{d \, r}{dt} = \dfrac{f(t)}{g(r)}}}} \,\,\,\,\, \mathrm{avec} \,\, : \left\lbrace \begin{array}{rcl} f(t) & = & -\sqrt{2K} \in \mathbb{R} \\ & & \\ g(r) & = & \sqrt{\dfrac{r_0 r}{r_0 - r}} \\ \end{array} \right.
Question 4

Déterminer l'expression de τ\tau en fonction de r0r_0 et KK.

Correction
Nous allons devoir intégrer la relation précédente. On a :
drdt=−2K1r−1r0    ⟺    r0rr0−rdr=−2Kdt\dfrac{dr}{dt} = - \sqrt{2K} \sqrt{ \dfrac{1}{r} - \dfrac{1}{r_0} } \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \sqrt{\dfrac{r_0 r}{r_0 - r}} dr = - \sqrt{2K} dt
On note par τ\tau la durée nécessaire pour que le rayon du corps considéré devienne nul. Durant l'évolution temporelle 0⟶τ0 \longrightarrow \tau, le rayon du corps passe de r0⟶0r_0 \longrightarrow 0. Ainsi, on a l'intégration suivante:
∫r00r0rr0−rdr=∫0τ−2Kdt    ⟺    r0∫r00rr0−rdr=−2K∫0τdt\int_{r_0}^0 \sqrt{\dfrac{r_0 r}{r_0 - r}} dr = \int_0^\tau - \sqrt{2K} dt \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \sqrt{r_0}\int_{r_0}^0 \sqrt{\dfrac{r}{r_0 - r}} dr = - \sqrt{2K} \int_0^\tau dt
En inversant les bornes de la première intégrale, puis en simplifiant les signes, on obtient :
r0∫0r0rr0−rdr=2K∫0τdt\sqrt{r_0}\int_0^{r_0} \sqrt{\dfrac{r}{r_0 - r}} dr = \sqrt{2K} \int_0^\tau dt
Il va falloir maintenant faire apparaître l'intégrale donnée dans le sujet. Pour cela écrivons que :
r0r0∫0r0rr0−rdrr0=2K∫0τdt    ⟺    (r0)32∫0r0rr0−r d(rr0)=2K∫0τdtr_0 \sqrt{r_0}\int_0^{r_0} \sqrt{\dfrac{r}{r_0 - r}} \dfrac{dr}{r_0} = \sqrt{2K} \int_0^\tau dt \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, (r_0)^\frac{3}{2}\int_0^{r_0} \sqrt{\dfrac{r}{r_0 - r}} \, d\left( \dfrac{r}{r_0}\right) = \sqrt{2K} \int_0^\tau dt
Puis, en écrivant que r=r0rr0r = r_0 \dfrac{r}{r_0} au sein de la racine carrée présente dans la première intégrale, on arrive à l'écriture suivante :
(r0)32∫0r0r0rr0r0−r0rr0 d(rr0)=2K∫0τdt(r_0)^\frac{3}{2} \int_0^{r_0} \sqrt{\dfrac{r_0 \dfrac{r}{r_0}}{r_0 - r_0 \dfrac{r}{r_0}}} \, d \left( \dfrac{r} {r_0}\right) = \sqrt{2K} \int_0^\tau dt
Soit, avec r0≠0r_0 \neq 0 :
(r0)32∫0r0rr01−rr0 d(rr0)=2K∫0τdt(r_0)^\frac{3}{2}\int_0^{r_0} \sqrt{\dfrac{\dfrac{r}{r_0}}{1 - \dfrac{r}{r_0}}} \, d\left( \dfrac{r}{r_0}\right) = \sqrt{2K} \int_0^\tau dt
En remarquant que ∫0τdt=τ\int_0^\tau dt = \tau, on obtient :
(r0)32∫0r0rr01−rr0 d(rr0)=2Kτ(r_0)^\frac{3}{2}\int_0^{r_0} \sqrt{\dfrac{\dfrac{r}{r_0}}{1 - \dfrac{r}{r_0}}} \, d\left( \dfrac{r}{r_0}\right) = \sqrt{2K} \tau
D'où :
τ=12K(r0)32∫0r0rr01−rr0 d(rr0)\tau = \dfrac{1}{\sqrt{2K}}(r_0)^\frac{3}{2}\int_0^{r_0} \sqrt{\dfrac{\dfrac{r}{r_0}}{1 - \dfrac{r}{r_0}}} \,d \left( \dfrac{r}{r_0}\right)
Posons maintenant X=rr0X = \dfrac{r}{r_0}, ainsi lorsque r=0r = 0 alors X=0r0=0X = \dfrac{0}{r_0} = 0, puis lorsque r=r0r = r_0 on a X=r0r0=1X = \dfrac{r_0}{r_0} = 1. En conséquence, on obtient :
τ=r0322K∫01X1−X dX\tau = \dfrac{r_0^\frac{3}{2}}{\sqrt{2K}} {\color{blue}{\int_0^1 \sqrt{\dfrac{X}{1 - X}} \, dX }}
Or, d'après le sujet, on sait que :
∫01X1−X dX=π2{\color{blue}{\int_0^1 \sqrt{\dfrac{X}{1 - X}} \, dX }} = {\color{blue}{\dfrac{\pi}{2} }}
Donc :
τ=r0322Kπ2\tau = \dfrac{r_0^\frac{3}{2}}{\sqrt{2K}} {\color{blue}{\dfrac{\pi}{2} }}
Finalement, on obtient :
τ=π r03222K{\color{red}{\boxed{\tau = \dfrac{\pi \, r_0^\frac{3}{2}}{2\sqrt{2K}}}}}