Utilisateur:Jean-Michel Tanguy/SujetENTPE2023/PRADES BRUNEAU DELOUS

Bonjour,

Vous voici rendu dans votre espace.

Nous vous recommandons de prendre en mains l'outil WIKHYDRO assez rapidement de manière à pouvoir commencer à écrire en LATEX, entrer des images et des vidéos.

Cette page fait partie intégrante du site du ministère de l'écologie. Elle est donc visible par tout internaute. Prenez-donc soin d'elle et faites en sorte qu'elle soit agréable à lire.

Vous trouverez un Tutoriel et un didacticiel LATEX

Ce n'est pas une Mission Impossible, mais vous pouvez effacer cette introduction après lecture

Jean-Michel Tanguy

Cas n°1 : Solution analytique :

On part de l'équation initiale :

$ \operatorname{div}(C\cdot C_g\cdot \operatorname{div}(\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{div}(\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=1 <\math> qui donne <math> B = 1 $. 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 mais on cherche de nouvelles constantes A et B avec les nouvelles conditions initiales.

Pour l'équation $ \phi(x) = A\cos(kx) + B\sin(kx) $, 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) = -A k\sin(kx) + B k\cos(kx) $.

En utilisant la condition $ \phi'(0) = i k (2-\phi(0)) $, on obtient $ B k = i k (2-\phi(0)) $, et en simplifiant, on a $ B = i(2-\phi(0))/k $.

En utilisant la condition $ \phi'(L) = 0 $, on a $ 0 = -A k\sin(kL) + B k\cos(kL) $, et en remplaçant $ B $ par $ i(2-\phi(0))/k $, on obtient $ 0 = -A\sin(kL) + i(2-\phi(0))\cos(kL) $, qu'on simplifie en $ 2\cos(kL) = A\sin(kL) + i(2-\phi(0))\cos(kL) $.

Enfin, en simplifiant cette dernière équation, on trouve $ A = 2i\sin(kL)/(1-\cos(kL)) $, et en remplaçant $ A $ par cette valeur dans l'expression de $ B $ obtenue précédemment, on a $ B = i(2-\phi(0))\sin(kL)/(k(1-\cos(kL))) $.