Utilisateur:Jean-Michel Tanguy/SujetENTPE2023/PRADES BRUNEAU DELOUS : Différence entre versions

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Jean-Michel Tanguy

Cas n°1 :

Solution analytique

On part de l'équation initiale :

$ \operatorname{grad}(C\cdot C_g\cdot \operatorname{grad}(\phi)) + k^2\cdot C\cdot C_g\cdot \phi = 0 $

En appliquant la formule du Laplacien, on obtient : $ C\cdot C_g\cdot \operatorname{grad}(\operatorname{grad}(\phi)) + k^2\cdot C\cdot C_g\cdot \phi = 0 $ Ce qui se simplifie en : $ C\cdot C_g\cdot \nabla^2\phi + k^2\cdot C\cdot C_g\cdot \phi = 0 $

En factorisant, on a : $ (C\cdot C_g\cdot \nabla^2 + k^2\cdot C\cdot C_g)\cdot \phi = 0 $

On peut réécrire l'opérateur différentiel sous la forme : $ C\cdot C_g\cdot \nabla^2 + k^2\cdot C\cdot C_g = C\cdot C_g\cdot \frac{\partial^2}{\partial x^2} + k^2\cdot C\cdot C_g $

Ainsi, l'équation devient : $ (C\cdot C_g\cdot \frac{\partial^2}{\partial x^2} + k^2\cdot C\cdot C_g)\cdot \phi = 0 $

Et en réarrangeant les termes, on obtient : $ \frac{\partial^2 \phi}{\partial x^2} + k^2\cdot \phi = 0 $

Ainsi, la solution est de la forme : $ \phi(x) = A \cdot e^{ikx} + B \cdot e^{-ikx} $ où A et B sont des constantes à déterminer.

On a $ \phi(0) = A + B = 1 $, donc $ B = 1 - A $.

En utilisant $ \frac{d\phi}{dx}\biggr\rvert_{x=L} = i k \phi(L) $, on a :

$ ik(Ae^{ikL} - Be^{-ikL}) = ik\phi(L) $

Or $ ik\phi(L)=ik(Ae^{ikL} + Be^{-ikL}) $

Pour avoir $ ik(Ae^{ikL} - Be^{-ikL}) = ik(Ae^{ikL} + Be^{-ikL}) $ et sachant que $ B = 1 - A $, il faut nécessairement : $ A=1 $ et $ B=0 $

Ainsi on a $ \phi(x) = e^{ikx} = \cos(kx) + i\sin(kx) $

Solution par homotopie : Ordre 2

En réutilisant la décomposition par série entière, on arrive pour l'ordre 2 à :

$ \phi_{2,xx} = -k^2 \phi_{1} $. ce qui nous amène à :

$ \phi_{2}=-k^2 \iint \phi_{1} \mathrm{d}x + Ax + B $.

On a comme conditions initiales : $ \phi_{2}^0=0 $ qui donne $ B = 0 $. et $ \phi_{2,x}^L = ik\phi_{2}^L $. qui donne $ A\left(1-ikL\right) = k^2 \int \phi_{1} \mathrm{d}x - ik^3 \iint \phi_{1} \mathrm{d}x \mathrm{d}x + ik $. on résout alors pour arriver à $ A = x^2 \left[\frac{-k^4L\left(k^2L^2 + 3ikL -3\right)}{6\left(1-ikL\right)^3}\right] + x^3 \left[\frac{-3k^2\left(1-ikL\right)^3 + ik^5L \left(k^2L^2+3ikL-3\right)}{18\left(1-ikl\right)^3} \right] + x^4 \left[\frac{k^2\left(1-ikL\right)^3 - ik^3}{24\left(1-ikL\right)^2}\right]-\frac{x^5k^3i}{120\left(1-ikL\right)^2} + \frac{ik}{1-ikL} $.

On remplace alors les constantes par leurs expressions et on a :

$ \phi_{2} = k^2\left[ \frac{-k^2L \left(k^2L^2+3ikL-3\right)x^3}{18\left(1-ikL\right)^2} - k^2\left(\frac{ikx^5}{120\left(1-ikL\right)} + \frac{x^4}{24} \right) \right] + x^3 \left[\frac{-k^4L\left(k^2L^2 + 3ikL -3\right)}{6\left(1-ikL\right)^3}\right] + x^4 \left[\frac{-3k^2\left(1-ikL\right)^3 + ik^5L \left(k^2L^2+3ikL-3\right)}{18\left(1-ikl\right)^3} \right] + x^5 \left[\frac{k^2\left(1-ikL\right)^3 - ik^3}{24\left(1-ikL\right)^2}\right]-\frac{x^5k^3i}{120\left(1-ikL\right)^2} + \frac{ik}{1-ikL} + 1 $.

Cas n°2 :

Solution analytique :

On reprend la même forme d'équation que pour le cas 1 et on cherche de nouvelles constantes A et B avec les nouvelles conditions initiales.

Pour l'équation $ \phi(x) = A \cdot e^{ikx} + B \cdot e^{-ikx} $, avec les conditions initiales $ \phi'(0) = i k (2-\phi(0)) $ et $ \phi'(L) = 0 $, on a :

En dérivant $ \phi(x) $, on trouve $ \phi'(x) = ik\cdot A \cdot e^{ikx} + ik\cdot B \cdot e^{-ikx} $.

En utilisant la condition $ \phi'(0) = i k (2-\phi(0)) $, on obtient $ \phi'(0) = ikA - ikB = ik (A-B) = ik (2-\phi(0)) $, donc on a $ A-B =(2-\phi(0)) $, ce qui équivaut à $ A = 2-\phi(0) + B $

En utilisant la condition $ \phi'(L) = 0 $, on a $ \phi'(L) = ik\cdot A\cdot e^{ikL} - ik\cdot B\cdot e^{-ikL} = ik(2-\phi(0) + B)\cdot e^{ikL} - ik\cdot e^{-ikL} = 0 $.

Cela équivaut à $ B(e^{ikL} - e^{-ikL}) = -2\cdot e^{ikL} + \phi(0)\cdot e^{ikL} $. D'où $ B= (e^{ikL}(\phi(0)-2))/(e^{ikL} - e^{-ikL}) $.

Solution par homotopie :

Ordre 2 : On a $ \phi_2 = k^2 \iint\phi_1 \mathrm{d}x + Ax + B $.

Et la condition initiale en 0 donne $ A = -ikB $ à tout ordre.

La seconde condition initiale nous donne $ A = k^2 \int\phi_1 \mathrm{d}x $.

Le calcul de A donne : $ A = \frac{2}{3}k^4L^3 + 2ik^3L^2 $ et alors $ B = -\frac{2}{3} ik^3L^3 + 2ik^2L^2 $.

En remplaçant les constantes dans l'expression de $ \phi_2 $ on obtient : $ \phi_2 = \frac {k^4x^4}{12} - \frac{k^4Lx^3}{3} - ik^3^2 + (\left \frac{2}{3}k^4L^3 + 2ik^3L^2 \right)x -\frac{2}{3} ik^3L^3 + 2ik^2L^2 $