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Un autre modèle physique - Exercice 1

45 min
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Dans cet exercice, on aborde la résolution de l'équation différentielle non-linéaire issue de la modélisation d'une chute verticale dans un champ de pesanteur uniforme, avec des frottements aérodynamiques, c'est-à-dire proportionnel au carré de la norme du vecteur vitesse.
Question 1
Soit mm, kk et gg trois constantes réelles strictement positives.
On considère l'équation différentielle non linéaire (E)(E) suivante :
(E):  mv′(t)+kv2(t)=mg(E) : \,\, mv'(t) + kv^2(t) = mg
la fonction vv représente la vitesse.

Démontrer l'existence physique d'une vitesse limite vℓv_\ell. Préciser son expression.

Correction
Si la vitesse atteint une vitesse limite vℓv_\ell alors elle ne change plus de valeur et dans ce cas elle est constante. Ainsi sa dérivée vℓ′v'_\ell est nulle. Ainsi l'équation (E)(E) devient :
mvℓ′(t)+kvℓ2=mgm v_\ell'(t) + kv_\ell^2 = mg
Soit :
m×0+kvℓ2=mgm \times 0 + k v_\ell^2 = mg
Donc :
vℓ2=mgk    ⟹    vℓ=±mgkv_\ell^2 = \dfrac{mg}{k} \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, v_\ell = \pm \sqrt{\dfrac{mg}{k}}
Or vℓ>0v_\ell > 0, finalement on en déduit :
vℓ=mgk\red{\boxed{v_\ell = \sqrt{\dfrac{mg}{k}}}}
Question 2

Montrer que l'équation différentielle (E)(E) prend la forme suivante : v′(t)=G(1−(v(t)vℓ)2)v'(t) = G \left( 1 - \left( \dfrac{v(t)}{v_\ell} \right)^2 \right) où GG est une constante donc vous préciserez l'expression.

Correction
On a :
mv′(t)+kv2(t)=mgmv'(t) + kv^2(t) = mg
Mais vℓ=mgkv_\ell = \sqrt{\dfrac{mg}{k}} ce qui implique que mg=kvℓ2mg = k v{_\ell}^2. Ce qui nous donne :
mv′(t)+kv2(t)=kvℓ2mv'(t) + kv^2(t) = k v{_\ell}^2
Comme m≠0m \neq 0 on peut donc écrire :
v′(t)+kmv2(t)=kmvℓ2    ⟺    v′(t)=kmvℓ2−kmv2(t)    ⟺    v′(t)=km(vℓ2−v2(t))    ⟺    v′(t)=kmvℓ2(1−v2(t)vℓ2)    ⟺    v′(t)=kmvℓ2(1−(v(t)vℓ)2)v'(t) + \dfrac{k}{m} v^2(t) = \dfrac{k}{m} v{_\ell}^2 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, v'(t) = \dfrac{k}{m} v{_\ell}^2 - \dfrac{k}{m} v^2(t) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, v'(t) = \dfrac{k}{m} \left( v{_\ell}^2 - v^2(t) \right) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, v'(t) = \dfrac{k}{m}v{_\ell}^2 \left( 1 - \dfrac{v^2(t)}{v{_\ell}^2} \right) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, v'(t) = \dfrac{k}{m}v{_\ell}^2 \left( 1 - \left(\dfrac{v(t)}{v{_\ell}}\right)^2 \right)
On pose G=kmvℓ2G = \dfrac{k}{m}v{_\ell}^2. Dans ce cas, on obtient bien :
v′(t)=G(1−(v(t)vℓ)2)\red{\boxed{v'(t) = G \left( 1 - \left( \dfrac{v(t)}{v_\ell} \right)^2 \right)}}
Question 3

Montrer que l'on a : V′(t)=K(1−V2(t))V'(t) = K \left( 1 - V^2(t) \right). Dans cette équation V(t)=v(t)vℓV(t) = \dfrac{v(t)}{v_\ell} et KK est une autre constante réelle dont vous préciserez l'expression.

Correction
On a :
v′(t)=G(1−(v(t)vℓ)2)    ⟺    v′(t)vℓ=Gvℓ(1−(v(t)vℓ)2)v'(t) = G \left( 1 - \left( \dfrac{v(t)}{v_\ell} \right)^2 \right) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{v'(t)}{v_\ell} = \dfrac{G}{v_\ell} \left( 1 - \left( \dfrac{v(t)}{v_\ell} \right)^2 \right)
Comme vℓv\ell est une constante réelle, on a alors :
v′(t)vℓ=(v(t)vℓ)′\dfrac{v'(t)}{v_\ell} = \left(\dfrac{v(t)}{v_\ell}\right)'
On en déduit donc que :
(v(t)vℓ)′=Gvℓ(1−(v(t)vℓ)2)\left(\dfrac{v(t)}{v_\ell}\right)' = \dfrac{G}{v_\ell} \left( 1 - \left( \dfrac{v(t)}{v_\ell} \right)^2 \right)
Si on pose V(t)=v(t)vℓV(t) = \dfrac{v(t)}{v_\ell} on obtient :
V′(t)=Gvℓ(1−V2(t))V'(t) = \dfrac{G}{v_\ell} \left( 1 - V^2(t) \right)
Puis, on posant K=Gvℓ=kmvℓK = \dfrac{G}{v_\ell} = \dfrac{k}{m}v{_\ell}, on trouve que :
V′(t)=K(1−V2(t))\red{\boxed{V'(t) = K\left( 1 - V^2(t) \right)}}
Question 4

Déterminer la valeur des deux nombres réels AA et BB qui vérifient : 11−V2(t)=A1+V(t)+B1−V(t)\dfrac{1}{1 - V^2(t)} = \dfrac{A}{1+V(t)} + \dfrac{B}{1-V(t)}.

Correction
On a :
11−V2(t)=A1+V(t)+B1−V(t)    ⟺    11−V2(t)=A(1−V(t))+B(1+V(t))(1+V(t))(1−V(t))    ⟺    11−V2(t)=A−AV(t)+B+BV(t)1−V2(t)\dfrac{1}{1 - V^2(t)} = \dfrac{A}{1+V(t)} + \dfrac{B}{1-V(t)} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{1}{1 - V^2(t)} = \dfrac{A \left(1-V(t)\right) + B\left(1+V(t) \right)}{\left(1+V(t) \right) \left(1-V(t)\right)} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{1}{1 - V^2(t)} = \dfrac{A-AV(t)+B+BV(t)}{1 - V^2(t)}
Ce qui nous donne par identification des numlérateurs :
11−V2(t)=A+B+(B−A)V(t)1−V2(t)    ⟺    1+0V(t)1−V2(t)=A+B+(B−A)V(t)1−V2(t)\dfrac{1}{1 - V^2(t)} = \dfrac{A+B+(B-A)V(t)}{1 - V^2(t)} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{1 + 0 V(t)}{1 - V^2(t)} = \dfrac{A+B+(B-A)V(t)}{1 - V^2(t)}
Ce qui implique que (B−A)=0(B-A) = 0 et aussi que A+B=1A+B=1. Ce qui nous donne B=AB = A et donc 2A=12A = 1. Ainsi A=B=12A = B = \dfrac{1}{2}. D'où :
11−V2(t)=121+V(t)+121−V(t)\dfrac{1}{1 - V^2(t)} = \dfrac{\dfrac{1}{2}}{1+V(t)} + \dfrac{\dfrac{1}{2}}{1-V(t)}
Finalement :
11−V2(t)=12(11+V(t)+11−V(t))\red{\boxed{\dfrac{1}{1 - V^2(t)} = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{1+V(t)} + \dfrac{1}{1-V(t)} \right)}}
Question 5

Démontrer que l'on a : 1−V(t)1+V(t)=Q e−2Kt\dfrac{1 - V(t)}{1 + V(t)} = Q \, e^{-2Kt} ou QQ est une nouvelle constante réelle donc vous préciserez l'expression.

Correction
On sait que :
V′(t)=K(1−V2(t))V'(t) = K\left( 1 - V^2(t) \right)
Soit encore :
V′(t)1−V2(t)=K\dfrac{V'(t)}{1 - V^2(t)} = K
Soit encore :
V′(t)12(11+V(t)+11−V(t))=K    ⟺    (V′(t)1+V(t)+V′(t)1−V(t))=2K    ⟺    V′(t)1+V(t)−−V′(t)1−V(t)=2KV'(t) \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{1+V(t)} + \dfrac{1}{1-V(t)} \right) = K \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \left( \dfrac{V'(t)}{1+V(t)} + \dfrac{V'(t)}{1-V(t)} \right) = 2K \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{V'(t)}{1+V(t)} - \dfrac{-V'(t)}{1-V(t)} = 2K
En primitivant, on obtient :
ln⁡(1+V(t))−ln⁡(1−V(t))=2Kt+q   (q∈R)\ln \left( 1 + V(t) \right) - \ln \left( 1 - V(t) \right) = 2Kt + q \,\,\, (q \in \mathbb{R})
En utilisant les propriétés élémentaires associées aux logarithmes, on obtient :
ln⁡(1+V(t)1−V(t))=2Kt+q   (q∈R)    ⟺    −ln⁡(1+V(t)1−V(t))=−2Kt−q    ⟺    ln⁡(1−V(t)1+V(t))=−2Kt−q\ln \left( \dfrac{ 1 + V(t)}{ 1 - V(t)} \right) = 2Kt + q \,\,\, (q \in \mathbb{R}) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, -\ln \left( \dfrac{ 1 + V(t)}{ 1 - V(t)} \right) = -2Kt - q \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \ln \left( \dfrac{ 1 - V(t)}{ 1 + V(t)} \right) = -2Kt - q
En prenant l'exponentielle de chacun des deux membres, on a :
eln⁡(1−V(t)1+V(t))=e−2Kt−q    ⟺    1−V(t)1+V(t)=e−2Kt×e−qe^{\ln \left( \frac{ 1 - V(t)}{ 1 + V(t)} \right)} = e^{-2Kt - q} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \frac{ 1 - V(t)}{ 1 + V(t)} = e^{-2Kt} \times e^{-q}
En posant Q=e−q∈RQ = e^{-q} \in \mathbb{R}, on obtient finalement :
1−V(t)1+V(t)=Q e−2Kt\red{\boxed{\dfrac{1 - V(t)}{1 + V(t)} = Q \, e^{-2Kt}}}
Question 6

On note par v0=v(t=0)v_0 = v(t=0). Montrer que : v(t)=vℓ (1−vℓ−v0vℓ+v0e−2kmvℓt1+vℓ−v0vℓ+v0e−2kmvℓt)v(t) = v_\ell \, \left( \dfrac{1 - \dfrac{v_\ell - v_0}{v_\ell + v_0} e^{-2\frac{k}{m} v_\ell t}}{1 + \dfrac{v_\ell - v_0}{v_\ell + v_0} e^{-2\frac{k}{m} v_\ell t}} \right)

Correction
On a :
1−V(t)1+V(t)=Q e−2Kt\dfrac{1 - V(t)}{1 + V(t)} = Q \, e^{-2Kt}
Soit :
1−V(t)=(1+V(t))Q e−2Kt    ⟺    1−V(t)=Q e−2Kt+V(t)Q e−2Kt    ⟺    1−Q e−2Kt=V(t)+V(t)Q e−2Kt    ⟺    1−Q e−2Kt=V(t)(1+Q e−2Kt)1 - V(t) = \left( 1 + V(t) \right) Q \, e^{-2Kt} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 1 - V(t) = Q \, e^{-2Kt} + V(t) Q \, e^{-2Kt} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 1 - Q \, e^{-2Kt} = V(t) + V(t) Q \, e^{-2Kt} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 1 - Q \, e^{-2Kt} = V(t) \left( 1 + Q \, e^{-2Kt} \right)
Ce qui nous donne :
V(t)=1−Q e−2Kt1+Q e−2Kt    ⟺    v(t)vℓ=1−Q e−2Kt1+Q e−2KtV(t) = \dfrac{1 - Q \, e^{-2Kt}}{ 1 + Q \, e^{-2Kt}} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{v(t)}{v_\ell} = \dfrac{1 - Q \, e^{-2Kt}}{ 1 + Q \, e^{-2Kt}}
Utilisons maintenant la condition initiale v0=v(t=0)v_0 = v(t=0). On a alors :
v(t=0)vℓ=1−Q e−2K×01+Q e−2K×0    ⟺    v0vℓ=1−Q e01+Q e0    ⟺    v0=1−Q1+Q    ⟺    v0(1+Q)=1−Q    ⟺    v0vℓ+v0vℓQ=1−Q    ⟺    Q+v0vℓQ=1−v0vℓ\dfrac{v(t=0)}{v_\ell} = \dfrac{1 - Q \, e^{-2K\times 0}}{ 1 + Q \, e^{-2K\times 0}} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{v_0}{v_\ell} = \dfrac{1 - Q \, e^{0}}{ 1 + Q \, e^{0}} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, v_0 = \dfrac{1 - Q}{ 1 + Q} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, v_0 (1+Q) = 1 - Q \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{v_0}{v_\ell} + \dfrac{v_0}{v_\ell} Q = 1 - Q \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, Q + \dfrac{v_0}{v_\ell} Q = 1 - \dfrac{v_0}{v_\ell}
Soit encore :
Q(1+v0vℓ)=1−v0vℓ    ⟺    Q(vℓ+v0vℓ)=vℓ−v0vℓQ \left( 1 + \dfrac{v_0}{v_\ell} \right) = 1 - \dfrac{v_0}{v_\ell} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, Q \left( \dfrac{v_\ell + v_0}{v_\ell} \right) = \dfrac{v_\ell - v_0}{v_\ell}
Comme vℓ≠0v_\ell \neq 0, on peut donc simplifier et obtenir :
Q(vℓ+v0)=vℓ−v0Q (v_\ell + v_0) = v_\ell - v_0
Donc Q=vℓ−v0vℓ+v0Q = \dfrac{v_\ell - v_0}{v_\ell + v_0}. On a alors :
v(t)vℓ=1−vℓ−v0vℓ+v0 e−2Kt1+vℓ−v0vℓ+v0 e−2Kt    ⟺    v(t)=vℓ(1−vℓ−v0vℓ+v0 e−2Kt1+vℓ−v0vℓ+v0 e−2Kt)\dfrac{v(t)}{v_\ell} = \dfrac{1 - \dfrac{v_\ell - v_0}{v_\ell + v_0} \, e^{-2Kt}}{ 1 + \dfrac{v_\ell - v_0}{v_\ell + v_0} \, e^{-2Kt}} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, v(t) = v_\ell \left( \dfrac{1 - \dfrac{v_\ell - v_0}{v_\ell + v_0} \, e^{-2Kt}}{ 1 + \dfrac{v_\ell - v_0}{v_\ell + v_0} \, e^{-2Kt}} \right)
Or, on sait que K=kmvℓK = \dfrac{k}{m}v{_\ell}. Ce qui nous donne donc :
v(t)=vℓ (1−vℓ−v0vℓ+v0e−2kmvℓt1+vℓ−v0vℓ+v0e−2kmvℓt)\red{\boxed{v(t) = v_\ell \, \left( \dfrac{1 - \dfrac{v_\ell - v_0}{v_\ell + v_0} e^{-2\frac{k}{m} v_\ell t}}{1 + \dfrac{v_\ell - v_0}{v_\ell + v_0} e^{-2\frac{k}{m} v_\ell t}} \right)}}