Exercice 10 - Exercice 1

On pose $$y(x\,;\,t) = {\color{red}{X(x)}} \times {\color{blue}{T(t)}}$$, dans ce cas l'équation des ondes devient :
$$\dfrac{\partial^2}{\partial t^2} ({\color{red}{X(x)}} \times {\color{blue}{T(t)}}) = c^2 \dfrac{\partial^2} {\partial x^2} ({\color{red}{X(x)}} \times {\color{blue}{T(t)}})$$
Soit :
$${\color{red}{X(x)}}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2} {\color{blue}{T(t)}} = c^2 {\color{blue}{T(t)}}\dfrac{\partial^2}{\partial x^2} {\color{red}{X(x)}}$$
Soit encore :
$$\dfrac{1}{c^2 {\color{blue}{T(t)}}} \dfrac{\partial^2}{\partial t^2} {\color{blue}{T(t)}} = \dfrac{1}{{\color{red}{X(x)}}}\dfrac{\partial^2}{\partial x^2} {\color{red}{X(x)}}$$
D'où :
$$\dfrac{1}{c^2 {\color{blue}{T(t)}}} {\color{blue}{T''(t)}} = \dfrac{1}{{\color{red}{X(x)}}}{\color{red}{X''(x)}}$$
Cette égalité porte sur des expressions dont les variables sont différentes. C'est pourquoi, $$\textbf{l'unique possibilité}$$ pour que cette dernière égalité soit possible, est que chacun des deux membres $$\textbf{soit égal à une même constante}$$. Posons $$k$$ cette constante réelle. On a alors :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \dfrac{1}{c^2 {\color{blue}{T(t)}}} {\color{blue}{T''(t)}} & = & k \\ & & \\ \dfrac{1}{{\color{red}{X(x)}}}{\color{red}{X''(x)}} & = & k \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} {\color{blue}{T''(t)}} & = & k c^2 {\color{blue}{T(t)}} \\ & & \\ {\color{red}{X''(x)}} & = & k {\color{red}{X(x)}} \\ \end{array} \right.$$
Ce qui nous donne :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} {\color{blue}{T''(t)}} - k c^2 {\color{blue}{T(t)}}& = & 0 \\ & & \\ {\color{red}{X''(x)}} - k {\color{red}{X(x)}} & = & 0 \\ \end{array} \right.$$
A ce stade, deux réflexions s'imposent :
$$\bullet \,\,$$ $$\textbf{Physiquement}$$, pour décrire des phénomènes oscillants et vibratoires, il est nécessaire de faire appelle aux fonctions trigonométriques sinus et cosinus. $$\textbf{Mathématiquement}$$, ces fonctions doivent donc être les solutions de ces deux équations différentielles. Ceci impose donc que la constante réelle $$k$$ soit strictement négative : $$k<0$$.
$$\bullet \bullet \,\,$$ Afin d'être homogène vis-à-vis du terme $$c^2$$ qui multiplie $$k$$, il est plus pratique d'exprimer la constante réelle $$k$$ $$\textbf{sous la forme d'un carré}$$.
C'est pourquoi, on pose :
$${\color{red}{k= -\omega^2 \,\,\,\, \mathrm{avec : \omega \in \mathbb{R}} }}$$
Ce qui nous donne :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} {\color{blue}{T''(t)}} + (\omega c)^2 {\color{blue}{T(t)}}& = & 0 \\ & & \\ {\color{red}{X''(x)}} + \omega^2 {\color{red}{X(x)}} & = & 0 \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} {\color{blue}{T(t)}} & = & A \cos(\omega c t) + B \sin(\omega c t) \\ & & \\ {\color{red}{X(x)}} & = & C \cos(\omega x) + D \sin(\omega x) \\ \end{array} \right.$$
Avec $$(A\,;\,B\,;\,C\,;\,D) \in \mathbb{R}^4$$.
Les conditions limites $$y(x=0\,;\,t) = y(L\,;\,t) = 0$$ s'expriment comme :
$$X(0) = 0 \,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\, X(L)=0$$
Ce qui implique que :
$$C = 0 \,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\, \sin(\omega L)=0$$
Or, on sait que $$\sin(n\pi)=0$$, avec $$n\in \mathbb{N}^*$$. Ce qui implique :
$$\omega L = n\pi \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, {\color{red}{\boxed{\omega = \dfrac{n \pi}{L}}}}$$
Comme $$\omega$$ dépend de l'entier naturel $$n$$, on parle alors de $$\textbf{quantification des modes de vibrations}$$. C'est pourquoi, on marque cette quantification par l'écriture $$\omega_n$$. Ainsi, à ce stade, la solution recherchée prend la forme :
$$y(x\,;\,t)= {\color{red}{D\sin\left( \dfrac{n \pi x}{L} \right)}} \times {\color{blue}{ \left( A \cos \left( \dfrac{n \pi ct}{L} \right) + B \sin \left( \dfrac{n \pi ct}{L} \right) \right) }}$$
Soit encore, avec $$n\in \mathbb{N}^*$$ :
$$\boxed{y_n(x\,;\,t)= {\color{red}{\sin\left( \dfrac{n \pi x}{L} \right)}} \times {\color{blue}{ \left( A_n \cos \left( \dfrac{n \pi ct}{L} \right) + B_n \sin \left( \dfrac{n \pi ct}{L} \right) \right) }}}$$
avec $$A_n = DA$$ et $$B_n = DB$$ pour indiquer la quantification qui régit ce phénomène vibratoire.

Pour chaque valeur de l'entier naturel $$n$$ non nul, il correspond une manière de vibrer pour la corde. On parle de $${\color{red}{\textbf{mode}}}$$ de vibrations. Donc $${\color{red}{\textbf{la solution générale recherchée est donc une combinaison linéaire de tous ces modes}}}$$.
Mathématiquement, c'est la linéarité de l'E.D.P. des ondes qui permet cette sommation des solutions. Avec $$n\in \mathbb{N}^*$$, ceci s'exprime comme :
$$y(x\,;\,t) = \sum_{n=1}^{+\infty} \alpha_n \, y_n(x\,;\,t)$$
où $$\forall n \in \mathbb{N}^*,\,\, \alpha_n \in \mathbb{R}$$. En posant $$a_n = \alpha_n A_n$$ et $$b_n = \alpha_n B_n$$, on peut finalement écrire que :
$$\boxed{ y(x\,;\,t) = \sum_{n=1}^{+\infty} \left( {\color{blue}{ a_n \cos \left( \dfrac{n \pi ct}{L} \right) + b_n \sin \left( \dfrac{n \pi ct}{L} \right) }}\right) {\color{red}{\sin\left( \dfrac{n \pi x}{L} \right)}} }$$
Les deux conditions initiales, $$y(x\,;\,0) = f(x)$$ et $$\left.\dfrac{\partial}{\partial t}y(x\,;\,t) \right]_{t = 0} = g(x)$$, nous permettent d'écrire respectivement :
$$f(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \left( {\color{blue}{ a_n \, {\color{red}{\sin\left( \dfrac{n \pi x}{L} \right)}} }}\right) \,\,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\,\, g(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \left( \dfrac{n \pi c}{L} {\color{blue}{ b_n \, {\color{red}{\sin\left( \dfrac{n \pi x}{L} \right)}} }}\right)$$
Déterminons l'expression des coefficients réels $$a_n$$ avec $$n\in \mathbb{N}^*$$. On a, avec $$k = \dfrac{n'\pi}{L} \in \mathbb{R}$$ et $$n' \in \mathbb{N}^*$$ :
$$f(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} {\color{blue}{ a_n \, {\color{red}{\sin(\omega x)}} }} \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, f(x) \, {\color{purple}{\sin(kx)}} = \sum_{n=1}^{+\infty} {\color{blue}{ a_n \, {\color{red}{\sin(\omega x)}} }} \, {\color{purple}{\sin(kx)}}$$
En intégrant sur toute la longueur de la corde, on obtient :
$$\int_0^L f(x) \, {\color{purple}{\sin(kx)}} \, dx = \int_0^L \, \sum_{n=1}^{+\infty} {\color{blue}{ a_n \, {\color{red}{\sin(\omega x)}} }} \, {\color{purple}{\sin(kx)}} \, dx$$
L'intégration portant sur $$x$$ et la sommation sur $$n$$, et sous réserve de la convergence (uniforme) de la série, on va donc pouvoir permuter ces deux opérations. On a alors :
$$\int_0^L f(x) \, {\color{purple}{\sin(kx)}} \, dx = \sum_{n=1}^{+\infty} {\color{blue}{ a_n \,}} \int_0^L {\color{red}{\sin(\omega x)}} \, {\color{purple}{\sin(kx)}} \, dx$$
Deux situations sont à envisager : soit $${\color{red}{\omega}} \neq {\color{purple}{k}}$$, soit $${\color{red}{\omega}} = {\color{purple}{k}}$$.
$$\looparrowright\,\,$$ $$\textbf{Premier cas :}$$ $${\color{red}{\omega}} \neq {\color{purple}{k}}$$.
On a :
$$2\int_0^L f(x) \, {\color{purple}{\sin(kx)}} \, dx = \sum_{n=1}^{+\infty} {\color{blue}{ a_n \,}} \int_0^L (\cos((\omega-k)x) - \cos((\omega+k)x) \, dx$$
Avec :
$$I = \int_0^L (\cos((\omega-k)x) - \cos((\omega+k)x) \, dx = \left[ \dfrac{\sin((\omega-k)x)}{\omega-k} - \dfrac{\sin((\omega+k)x)}{\omega+k} \right]_0^L$$
Ce qui nous donne :
$$I = \dfrac{\sin((\omega-k)L)}{\omega-k} - \dfrac{\sin((\omega+k)L)}{\omega+k} = \dfrac{\sin((n-n')\pi)}{\dfrac{(n-n')\pi}{L}} - \dfrac{\sin((n+n')\pi)}{\dfrac{(n+n')\pi}{L}}$$
Soit :
$$I = L \left( \dfrac{\sin((n-n')\pi)}{(n-n')\pi} - \dfrac{\sin((n+n')\pi)}{(n+n')\pi} \right) = L \left( \dfrac{0}{(n-n')\pi} - \dfrac{0}{(n+n')\pi} \right) = 0$$
$$\looparrowright\,\,$$ $$\textbf{Deuxième cas :}$$ $${\color{red}{\omega}} = {\color{purple}{k}}$$.
On a :
$$2\int_0^L f(x) \, {\color{purple}{\sin(kx)}} \, dx = \sum_{n=1}^{+\infty} {\color{blue}{ a_n \,}} \int_0^L <br />(1 - \cos(2\omega x) \, dx$$
Avec :
$$I = \int_0^L (1 - \cos(2\omega x)) \, dx = \left[ x - \dfrac{\sin(2\omega x)}{2\omega} \right]_0^L = L - \dfrac{\sin(2\omega L)}{2\omega}$$
Soit :
$$I = L - \dfrac{\sin\left(2\dfrac{n\pi}{L} L\right)}{2\dfrac{n\pi}{L}} = L - L \dfrac{\sin\left(2n \pi\right)}{2n\pi} = L - 0 = L$$
Pour conclure cette détermination d'intégrale, on introduit le symbole "delta" de $$\textit{Kronecker}$$ ($$\textit{Léopold Kronecker - Mathématicien allemand - 1823/1891)}$$ :
$$\delta_{i\,;\,j} = \left\lbrace \begin{array}{rcl} 1 & \mathrm{si} & i = j \\ 0 & \mathrm{si} & i \neq j \\ \end{array} \right.$$
Ainsi :
$$I = L \delta_{\omega\,;\,k} = L \delta_{n\,;\,n'}$$
En conclusion, on a :
$$\int_0^L {\color{red}{\sin(\omega x)}} \, {\color{purple}{\sin(kx)}} \, dx = \dfrac{L}{2} \delta_{{\color{red}{\omega}}\,;\,{\color{purple}{k}}}$$
Ceci nous permet d'écrire que :
$$\dfrac{2}{L} \int_0^L f(x) \, {\color{purple}{\sin(kx)}} \, dx = \sum_{n=1}^{+\infty} {\color{blue}{ a_n \,}} \delta_{{\color{red}{\omega}}\,;\,{\color{purple}{k}}}$$
Ce qui nous donne :
$${\color{red}{ \boxed{ a_n = \dfrac{2}{L} \int_0^L f(x) \, \sin(\omega x) \, dx \,\,\,\,\,\, \mathrm{avec :}\,\, \omega = \dfrac{n \pi}{L} \,\,\, \mathrm{et :}\,\, n \in \mathbb{N}^* } }}$$
La fonction {\color{blue}{$$f$$ est $$2\pi$$-périodique et impaire}}, et ce coefficient $$a_n$$ peut encore être écrit sous la forme :
$${\color{red}{ \boxed{ a_n = \dfrac{1}{L} \int_{-L}^L f(x) \, \sin(\omega x) \, dx \,\,\,\,\,\, \mathrm{avec :}\,\, \omega = \dfrac{n \pi}{L} \,\,\, \mathrm{et :}\,\, n \in \mathbb{N}^* } }}$$
Puis, en exploitant la condition :
$$g(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{n \pi c}{L} {\color{blue}{ b_n \, {\color{red}{\sin\left( \dfrac{n \pi x}{L} \right)}} }}$$
On trouve par un raisonnement totalement similaire que :
$${\color{red}{ \boxed{ b_n = \dfrac{2}{n\pi c} \int_0^L g(x) \, \sin(\omega x) \, dx \,\,\,\,\,\, \mathrm{avec :}\,\, \omega = \dfrac{n \pi}{L} \,\,\, \mathrm{et :}\,\, n \in \mathbb{N}^*} }}$$
ou encore :
$${\color{red}{ \boxed{ b_n = \dfrac{2}{L} \int_0^L \left[\dfrac{L}{n\pi c}g(x)\right] \, \sin(\omega x) \, dx \,\,\,\,\,\, \mathrm{avec :}\,\, \omega = \dfrac{n \pi}{L} \,\,\, \mathrm{et :}\,\, n \in \mathbb{N}^* } }}$$
La fonction {\color{blue}{$$\dfrac{L}{n\pi c}g$$ est $$2\pi$$-périodique et impaire}}, et ce coefficient $$b_n$$ peut encore être écrit sous la forme :
$${\color{red}{ \boxed{ b_n = \dfrac{1}{L} \int_{-L}^L \left[\dfrac{L}{n\pi c}g(x)\right] \, \sin(\omega x) \, dx \,\,\,\,\,\, \mathrm{avec :}\,\, \omega = \dfrac{n \pi}{L} \,\,\, \mathrm{et :}\,\, n \in \mathbb{N}^* } }}$$
Finalement la solution analytique générale de l'équation des ondes est donnée par la belle expression suivante :
$$\boxed{ y(x\,;\,t) = \sum_{n=1}^{+\infty} \left( {\color{blue}{ \dfrac{2}{L} \int_0^L f(X) \, \sin(\left(\dfrac{n \pi X}{L}\right) \, dX \cos \left( \dfrac{n \pi ct}{L} \right) + \dfrac{2}{n\pi c} \int_0^L g(X) \, \sin\left(\dfrac{n \pi X}{L}\right) \, dX \sin \left( \dfrac{n \pi ct}{L} \right) {\color{red}{\sin\left( \dfrac{n \pi x}{L} \right)}} }}\right)}$$

Par hypothèse, on sait que $$f(x)=0$$, donc tous les coefficients $$a_n$$, avec $$n \in \mathbb{N}^*$$ sont nuls.
En ce qui concerne les coefficients réels $$b_n$$, on a :
$$b_n = \dfrac{2}{n\pi c} \int_0^L g(x) \, \sin(\omega x) \, dx = \dfrac{2}{n\pi c} \int_a^{a + \varepsilon} v_i \, \sin(\omega x) \, dx$$
Soit :
$$b_n = \dfrac{2v_i}{n\pi c} \int_a^{a + \varepsilon} \sin(\omega x) \, dx = \dfrac{2v_i}{n\pi c} \left[ -\dfrac{\cos(\omega x)}{\omega} \right]_a^{a + \varepsilon} = - \dfrac{2v_i}{n\pi c\omega} \left[ \cos(\omega x) \right]_{a}^{a + \varepsilon}$$
Ainsi, on obtient :
$$b_n = - \dfrac{2Lv_i}{n^2\pi^2c} \left[ \cos(\omega(a + \varepsilon)) - \cos(\omega a) \right] = - \dfrac{2Lv_i}{n^2\pi^2c} \left[ -2\sin\left(\dfrac{\omega}{2} (2a+\varepsilon)\right) \sin\left(\dfrac{\omega}{2} \varepsilon)\right) \right]$$
D'où :
$$b_n = \dfrac{4Lv_i}{n^2\pi^2c} \sin\left(\dfrac{\omega}{2} (2a+\varepsilon)\right) \sin\left(\dfrac{\omega}{2} \varepsilon \right)$$
Soit :
$${\color{red}{ \boxed{ b_n = \dfrac{4Lv_i}{n^2\pi^2c} \sin\left(\dfrac{\omega}{2} \varepsilon\right) \sin\left(\dfrac{\omega}{2} (2a+\varepsilon)\right) } }}$$
La forme de la corde est donc donnée par la série suivante :
$${\color{red}{\boxed{ y(x\,;\,t) = \dfrac{4Lv_i}{\pi^2 c} \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2} \sin\left( \dfrac{n \pi \varepsilon}{2L} \right) \sin\left( \dfrac{n \pi}{2L} (2a+\varepsilon)\right) \sin \left( \dfrac{n \pi ct}{L} \right) \sin\left( \dfrac{n \pi x}{L} \right) } }}$$
Mais on peut en trouver une expression simplifiée car on a l'hypothèse $$\varepsilon \lll a$$. Dans ce cas, on peut écrire que :
$$\sin\left(\dfrac{\omega}{2} \varepsilon\right) \simeq \dfrac{\omega}{2}\varepsilon = \dfrac{n \pi \varepsilon}{2L} \,\,\,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\,\,\, \sin\left(\dfrac{\omega}{2} (2a+\varepsilon)\right) \simeq \sin(\omega a)= \sin\left(\dfrac{n\pi a}{L}\right)$$
Ce qui nous donne :
$${\color{red}{ \boxed{ b_n = \dfrac{2v_i \varepsilon}{n\pi c} \sin\left(\dfrac{n\pi a}{L}\right) } }}$$
$$\bigstar \,\,$$ $$\textbf{Remarque :}$$
Ce dernier résultat pouvait se retrouver directement à partir de la définition de $$b_n$$. En effet :
$$b_n = \dfrac{2}{n\pi c} \int_a^{a + \varepsilon} v_i \, \sin(\omega x) \, dx = \dfrac{2 v_i}{n\pi c} \int_a^{a + \varepsilon} \sin(\omega x) \, dx$$
Or, entre $$a$$ et $$a + \varepsilon$$, l'expression à intégrer $$\sin(\omega x)$$ est quasiment égale à $$\sin(\omega a)$$ car elle n'a pas le temps de beaucoup varier (le physicien parle de $${\color{blue}{\textit{ fonction lentement variable}}})$$. Ainsi, on obtient :
$$b_n = \dfrac{2 v_i}{n\pi c} \sin(\omega a) \int_a^{a + \varepsilon} 1 \, dx = \dfrac{2 v_i}{n\pi c} \sin(\omega a) \varepsilon$$
Ce qui nous redonne bien :
$$b_n = \dfrac{2v_i \varepsilon}{n\pi c} \sin\left(\dfrac{n\pi a}{L}\right)$$
Finalement, on trouve que la forme approchée de la corde est donnée par la série suivante :
$${\color{red}{ \boxed{ y(x\,;\,t) = \dfrac{2v_i \varepsilon}{\pi c} \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n} \sin\left( \dfrac{n \pi a}{L} \right) \sin \left( \dfrac{n \pi ct}{L} \right) \sin\left( \dfrac{n \pi x}{L} \right) } }}$$

A $$t=0$$, la corde est lâchée sans vitesse initiale, ce qui implique que $$g(x)=0$$ et de fait $$b_n=0$$ ($$\forall n \in \mathbb{N}^*$$).
Puis, on a :
$$f(x) = \left\lbrace \begin{array}{rcl} \dfrac{2d}{L} x & = & 0 \leqslant x \leqslant \dfrac{L}{2}\\ \dfrac{2d}{L} (L-x) & = & \dfrac{L}{2} \leqslant x \leqslant L \\ \end{array} \right.$$
Ce qui nous donne :
$$a_n = \dfrac{2}{L} \int_0^L f(x) \, \sin(\omega x) \, dx = \dfrac{2}{L} \left[ \int_0^{\frac{L}{2}} \dfrac{2d}{L} x \, \sin(\omega x) \, dx + \int_{\frac{L}{2}}^L \dfrac{2d}{L} (L-x) \, \sin(\omega x) \, dx \right]$$
Soit :
$$a_n = \dfrac{4d}{L^2} \left[ \int_0^{\frac{L}{2}} x \, \sin(\omega x) \, dx + \int_{\frac{L}{2}}^L (L-x) \, \sin(\omega x) \, dx \right]$$
Chacune de ces deux intégrales se déterminent par une I.P.P., on trouve alors :
$$a_n = \dfrac{8d}{n^2 \pi^2} \sin\left(n \dfrac{\pi}{2}\right)$$
Avec :
$$\sin\left(n \dfrac{\pi}{2}\right) = \left\lbrace \begin{array}{rcl} 0 & \mathrm{si} & n=2p \,\, (n \,\, \mathrm{pair}) \\ (-1)^p & \mathrm{si} & n=2p+1 \,\, (n \,\, \mathrm{impair}) \\ \end{array} \right. \,\,\,\,\,\,\, \mathrm{avec} \,\, p \in \mathbb{N}$$
Ce qui nous donne :
$${\color{red}{ \boxed{ y(x\,;\,t) = \dfrac{8d}{\pi^2} \sum_{p=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^p}{(2p+1)^2} \cos \left( \dfrac{(2p+1) \pi ct}{L} \right) \sin\left( \dfrac{(2p+1) \pi x}{L} \right) } }}$$