La séparation des variables 5 : en Physique - Exercice 1

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La chaînette est une courbe plane qui correspond à la forme que prend un câble (ou une chaîne) lorsqu'il est suspendu par ses extrémités et soumis à une force gravitationnelle uniforme (son propre poids). On lui donne parfois le nom de vélaire.
La théorie de la chaînette décrit la courbe d'équilibre d'une ligne (chaîne ou câble) suspendue entre deux points, homogène, inextensible, sans rigidité en flexion, soumise à son seul poids. Cette dernière condition assure que toute la courbe est située dans un plan vertical, le système de coordonnées étant naturellement xx horizontal, yy vertical. Par exemple :
Question 1
L'origine géométrique du repère orthonormé est en O(0 ; 0)O(0\,;\,0). On considère une corde homogène, non élastique et suspendue à ses extrémité en (x=−1 ; y=0)(x = -1\,;\,y=0) et (x=1 ; y=0)(x = 1\,;\,y=0). Elle se trouve donc en équilibre dans le plan xOyxOy. L'équation différentielle qui gouverne l'équilibre de la corde est donnée par :
y′′(x)=k1+(y′(x))2y''(x) = k \sqrt{1+\left(y'(x)\right)^2}
Dans cette équation kk est une constante d'origine physique strictement positive.

Déterminer l'expression de y(x)y(x).

Correction
Posons Y(x)=y′(x)Y(x) = y'(x), ce qui implique Y′(x)=y′′(x)Y'(x) = y''(x). L'équation différentielle de la corde est alors :
Y′(x)=k1+Y2(x)Y'(x) = k \sqrt{1+Y^2(x)}
Soit encore :
d Ydx(x)=k1+Y2(x)\dfrac{d \, Y}{dx}(x) = k \sqrt{1+Y^2(x)}
En faisant usage de l'écriture de LeibnizLeibniz, on obtient :
d Y1+Y2(x)=k dx\dfrac{d \, Y}{\sqrt{1+Y^2(x)}} = k \, dx
On constate que cette équation est à variables séparées. En intégrant, on obtient :
∫d Y1+Y2(x)=∫k dx\int \dfrac{d \, Y}{\sqrt{1+Y^2(x)}} = \int k \, dx
Soit, avec (k1 ; k2)∈R2(k_1 \,;\, k_2) \in \mathbb{R}^2 :
argsinh(Y(x))+k1=k x+k2\mathrm{argsinh}\left(Y(x)\right) + k_1 = k \, x + k_2
D'où :
argsinh(Y(x))=k x+k2−k1\mathrm{argsinh}\left(Y(x)\right) = k \, x + k_2 - k_1
Posons k2−k1=K∈Rk_2 - k_1 = K \in \mathbb{R}, ce qui nous donne :
argsinh(Y(x))=k x+K\mathrm{argsinh}\left(Y(x)\right) = k \, x + K
En prenant le sinus hyperbolique des deux membres de cette équation nous donne :
sinh⁡(argsinh(Y(x)))=sinh⁡(k x+K)\sinh \left(\mathrm{argsinh}\left(Y(x)\right) \right) = \sinh \left(k \, x + K\right)
Ce qui nous donne :
Y(x)=sinh⁡(k x+K)Y(x) = \sinh \left(k \, x + K\right)
Soit :
y′(x)=sinh⁡(k x+K)y'(x) = \sinh \left(k \, x + K\right)
En intégrant, on obtient avec K∈R\mathcal{K} \in \mathbb{R} :
y(x)=1kcosh⁡(k x+K)+K{\color{blue}{\boxed{y(x) = \dfrac{1}{k} \cosh \left(k \, x + K\right) + \mathcal{K}}}}
La corde passe en (x=1 ; y=0)(x = 1\,;\,y=0), ce qui nous donne :
0=1kcosh⁡(k 1+K)+K    ⟺    0=cosh⁡(k+K)+K    ⟺    K=−cosh⁡(k+K)0 = \dfrac{1}{k} \cosh \left(k \, 1 + K\right) + \mathcal{K} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 0 = \cosh \left(k + K\right) + \mathcal{K} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \mathcal{K} = - \cosh \left(k + K\right) .
La corde passe en (x=−1 ; y=0)(x = -1\,;\,y=0), ce qui nous donne :
0=1kcosh⁡(k (−1)+K)+K    ⟺    0=cosh⁡(−k+K)+K    ⟺    K=−cosh⁡(−k+K)0 = \dfrac{1}{k} \cosh \left(k \, (-1) + K\right) + \mathcal{K} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 0 = \cosh \left(-k + K\right) + \mathcal{K} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \mathcal{K} = - \cosh \left(-k + K\right) .
On a alors l'égalité suivante :
−cosh⁡(k+K)=−cosh⁡(−k+K)    ⟺    cosh⁡(k+K)=cosh⁡(−k+K)- \cosh \left(k + K\right) = - \cosh \left(-k + K\right) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \cosh \left(k + K\right) = \cosh \left(-k + K\right)
Afin d'assurer la parité de la fonction cosinus hyperbolique, on doit nécessairement avoir K=0K=0. Ce qui implique immédiatement que K=−cosh⁡(k+0)=−cosh⁡(k)\mathcal{K} = - \cosh \left(k + 0\right) = - \cosh \left(k\right)
On obtient donc :
y(x)=1kcosh⁡(kx)−cosh⁡(k)y(x) = \dfrac{1}{k} \cosh \left(kx\right) - \cosh(k)
Finalement, la solution recherchée est donnée par l'expression :
y(x)=1k(cosh⁡(kx)−kcosh⁡(k)){\color{red}{\boxed{y(x) = \dfrac{1}{k} \left(\cosh \left(kx\right) - k\cosh(k) \right)}}}

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